立体几何

立体几何初步1、柱、锥、台、球的结构特征（1）棱柱：几何特征：两底面是对应边平行的全等多边形；侧面、对角面都是平行四边形；侧棱平行且相等；平行于底面的截面是与底面全等的多边形。

（2）棱锥几何特征：侧面、对角面都是三角形；平行于底面的截面与底面相似，其相似比等于顶点到截面距离与高的比的平方。

（3）棱台：几何特征：①上下底面是相似的平行多边形 ②侧面是梯形 ③侧棱交于原棱锥的顶点（4）圆柱：定义：以矩形的一边所在的直线为轴旋转,其余三边旋转所成几何特征：①底面是全等的圆；②母线与轴平行；③轴与底面圆的半径垂直；④侧面展开图是一个矩形。

（5）圆锥：定义：以直角三角形的一条直角边为旋转轴,旋转一周所成几何特征：①底面是一个圆；②母线交于圆锥的顶点；③侧面展开图是一个扇形。

（6）圆台：定义：以直角梯形的垂直与底边的腰为旋转轴,旋转一周所成几何特征：①上下底面是两个圆；②侧面母线交于原圆锥的顶点；③侧面展开图是一个弓形。

（7）球体：定义：以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的几何体几何特征：①球的截面是圆；②球面上任意一点到球心的距离等于半径。

2、空间几何体的三视图定义三视图：正视图（光线从几何体的前面向后面正投影）；侧视图（从左向右）、俯视图（从上向下）注：正视图反映了物体的高度和长度；俯视图反映了物体的长度和宽度；侧视图反映了物体的高度和宽度。

3、空间几何体的直观图——斜二测画法斜二测画法特点：①原来与x 轴平行的线段仍然与x 平行且长度不变；②原来与y 轴平行的线段仍然与y 平行，长度为原来的一半。

4、柱体、锥体、台体的表面积与体积（1）几何体的表面积为几何体各个面的面积的和。

（2）特殊几何体表面积公式（c 为底面周长，h 为高，'h 为斜高，l 为母线） ch S =直棱柱侧面积 rh S π2=圆柱侧 '21ch S =正棱锥侧面积 rl S π=圆锥侧面积 ')(2121h c c S +=正棱台侧面积 l R r S π)(+=圆台侧面积 ()l r r S +=π2圆柱表 ()l r r S +=π圆锥表 ()22R Rl rl r S +++=π圆台表 （3）柱体、锥体、台体的体积公式V Sh =柱 2V Sh r h π==圆柱 13V Sh =锥 h r V 231π=圆锥'1()3V S S h =++台 '2211()()33V S S h r rR R h π=+=++圆台 （4）球体的表面积和体积公式：V 球=343R π ； S 球面=24R π 4、空间点、直线、平面的位置关系公理1：如果一条直线的两点在一个平面内，那么这条直线是所有的点都在这个平面内。

立体几何知识点一.根本概念和原理：1.公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上的所有的点都在这个平面内。

公理2：如果两个平面有一个公共点，那么它们有且只有一条通过这个点的公共直线。

公理3：过不在同一条直线上的三个点，有且只有一个平面。

推论1: 经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面。

推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面。

推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面。

公理4 ：平行于同一条直线的两条直线互相平行。

如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等。

异面直线判定定理：用平面内一点与平面外一点的直线，与平面内不经过该点的直线是异面直线。

两异面直线所成的角：范围为( 0°，90° ) esp.空间向量法两异面直线间距离: 公垂线段(有且只有一条) esp.空间向量法2平面的一条斜线和它在这个平面内的射影所成的锐角。

esp.空间向量法(找平面的法向量)〔规定：a、直线与平面垂直时，所成的角为直角，b、直线与平面平行或在平面内，所成的角为0°角由此得直线和平面所成角的取值范围为[0°，90°]〕斜线与平面所成的角是斜线与该平面内任一条直线所成角中的最小角如果平面内的一条直线,与这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也与这条斜线垂直。

a和一个平面内的任意一条直线都垂直，就说直线a和平面互相垂直.直线a叫平面的垂线，平面叫做直线a的垂面。

直，那么这条直线垂直于这个平面。

如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行。

如果一条直线和一个平面没有公共点，那么我们就说这条直线和这个平面平行。

行，那么这条直线和这个平面平行。

如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行。

面，那么这两个平面平行。

行。

8.〔1〕二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角。

二面角的取值范围为[0°，180°]〔2〕二面角的平面角：以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角。

1基本概念数学上，立体几何(solid geometry)是3维欧氏空间的几何的传统名称。

立体几何一般作为平面几何的后续课程，暂时在人教版数学必修二中出现。

立体测绘(Stereometry)是处理不同形体的体积的测量问题。

如：圆柱，圆锥，圆台，球，棱柱，棱锥等等。

立体几何空间图形毕达哥拉斯学派就处理过球和正多面体，但是棱锥，棱柱，圆锥和圆柱在柏拉图学派着手处理之前人们所知甚少。

立体几何形戒指尤得塞斯(Eudoxus)建立了它们的测量法，证明锥是等底等高的柱体积的三分之一，可能也是第一个证明球体积和其半径的立方成正比的。

2基本课题课题内容包括:各种各样的几何立体图形(10张)- 面和线的重合- 二面角和立体角- 方块, 长方体, 平行六面体- 四面体和其他棱锥- 棱柱- 八面体, 十二面体, 二十面体- 圆锥，圆柱- 球- 其他二次曲面: 回转椭球, 椭球，抛物面，双曲面公理立体几何中有4个公理公理1 如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．公理2 过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．公理3 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．公理4 平行于同一条直线的两条直线平行。

各种立体图形表面积和体积一览表注：初学者会认为立体几何很难，但只要打好基础，立体几何将会变得很容易。

学好立体几何最关键的就是建立起立体模型，把立体转换为平面，运用平面知识来解决问题，立体几何在高考中肯定会出现一道大题，所以学好立体是非常关键的。

三垂线定理在平面内的一条直线，如果和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。

三垂线定理的逆定理：在平面内的一条直线，如果和穿过这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在平面的射影垂直。

1,三垂线定理描述的是PO(斜线),AO(射影),a(直线)之间的垂直关系.2,a与PO可以相交,也可以异面.3,三垂线定理的实质是平面的一条斜线和平面内的一条直线垂直的判定定理.关于三垂线定理的应用,关键是找出平面(基准面)的垂线.至于射影则是由垂足,斜足来确定的,因而是第二位的.从三垂线定理的证明得到证明a⊥b的一个程序:一垂,二射,三证.即几何模型第一,找平面(基准面)及平面垂线第二,找射影线,这时a,b便成平面上的一条直线与一条斜线.第三,证明射影线与直线a垂直,从而得出a与b垂直.注：1.定理中四条线均针对同一平面而言2.应用定理关键是找"基准面"这个参照系用向量证明三垂线定理已知：PO，PA分别是平面a的垂线，斜线，OA是PA在a内的射影，b属于a，且b 垂直OA，求证：b垂直PA证明：因为PO垂直a，所以PO垂直b，又因为OA垂直b 向量PA=（向量PO+向量OA）所以向量PA乘以b=（向量PO+向量OA）乘以b=（向量PO 乘以b）加（向量OA 乘以b ）=O，所以PA垂直b。

【题型一】 平行1：四边形法证线面平行【典例分析】如图，在正方体中，E ，F 分别是，CD 的中点．（1）求证：平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2（1）在正方体中，取中点G ，连接FG ，，如图，而F 是CD 的中点，则，，又E 是的中点，则，， 因此，，，四边形是平行四边形，有，而平面，平面，平面.【经验总结】基本规律1.利用平移法做出平行四边形2.利用中位线做出平行四边形【变式演练】1.如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，，，，E 是PB 的中点.（1）求证：平面PAD ；（2）若，求三棱锥P -ACE 的体积.【答案】（1）证明见解析（2） 【分析】（1）取PA 的中点F ，连接EF ，DF ，利用平行四边形证明，再由线面平行的判定定理即可得证；（2）根据等体积法知，即可由棱锥体积公式求解.（1）取PA 的中点F ，连接EF ，DF ，∵点E ，F 分别为PB ，PA 的中点，1111ABCD A B C D -1AA //EF 11A CD 1ED 1A C 1111ABCD A B C D -1CD 1GA 1//FG DD 112FG DD =1AA 11//A E DD 1112A E DD =1//A E FG 1A E FG =1FGA E 1//EF GA EF ⊄11A CD 1GA ⊂11A CD //EF 11A CD AB AD ⊥//AB CD 222AB AD CD ===//CE 2PC =13//EC DF P ACE E ACP V V --=∴，，∴四边形EFDC 是平行四边形，∴，又∵平面PAD ，平面PAD ，∴平面PAD ；2.如图，在四棱锥中，面，，且，，，，为的中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成二面角的余弦值；（3）在线段上是否存在一点，使得直线与平面若存在求出的值，若不存在说明理由． 【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在， （1）证明：取CP 中点F ，连接NF 、BF ，因为F ，N 分为PC ，PD 的中点，则，且， 又，且，，所以四边形NABF 是平行四边形， ，又面PBC ，面PBC 。

高中立体几何 (全一册)第一章直线和平面第三单元空间直线和平面一、教法建议【抛砖引玉】本单元主要研究空间直线与平面的位置关系，是立体几何基础中的支柱．通过研究空间直线与平面位置关系的判定和性质，用以解决立体几何中的计算和证明问题．空间直线和平面的位置关系共分为两类：一是直线在平面内，如果一条直线上有不同的两点落在同一个平面内，那么整条直线就落这个平面内．此时直线这个点集是平面点集的真子集；二是直线在平面外，直线在平面外又分为两种情况：直线与平面平行，这里有平行的定义、平行的判定和平行的性质；还有直线与平面相交，当直线与平面有且仅有一个交点时，直线就与平面相交，相交时又有两种不同的位置关系，第一是直线与平面垂直，垂直的定义、垂直的判定和垂直的性质，同时提出了立体几何中最重要的定理──三垂线定理及其逆定理，为后续知识的学习奠定坚实的基础；第二是直线与平面斜交，有直线在平面内的射影和直线与平面所成角的概念．本单元的重点之一是研究直线与平面的平行．平行的定义是直线与平面没有公共点；如何判定直线与平面的平行呢？如果平面外的一条直线和这个平面内的某一条直线平行，那么这条直线就平行于这个平面．这就是判定定理，简称为“线线平行，线面平行”．直线和平面平行以后又有些什么性质呢？当直线a平行于平面α以后是否有平面内任何一条直线都平行于直线a呢?结论是否定的，我们有如下的性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的一个平面与已知平面相交，那么这条直线就和交线平行．这是直线与平面平行的性质定理，简称为“线面平行，线线平行．”这两种简称都要在理解原定理的意思中说出各个线和面的意义．本单元重点之二是研究直线与平面的垂直．垂直的定义要求很高，一条直线如果垂直于一个平面内的任何一条直线，那么称这条直线垂直于这个平面．有了这个要求很高的定义以后，判定就变行相对宽松一些，如果一条直线垂直于平面内的两条相交直线，那么称这条直线垂直于已知平面．注意它的证明纯粹应用平面几何中等腰三角形的性质和判定．此外，还有两条平行直线与平面垂直的判定和性质的两个定理．平面的斜线与平面所成的角是指斜线和它在平面上的射影所成的锐角，特别地当直线垂直于平面时，直线与平面成直角；当直线平行于平面时，直线与平面成零角．因此，设Q是直线l与平面α所成的角时，角θ的取值范围是θ∈[0，2 ]．本单元的重点之三是三垂线定理及其逆定理，它们都是研究直线与直线关系的．在研究空间图形时，常常利用它们把某些空间图形的计算问题转化为平面图形的计算问题，证明问题也的这样，所以三垂线定理及其逆定理是立体几何的重要支柱．这两个定理的证明仅仅用到直线与平面垂直的判定和定义，是不难掌握的，同学们在学习过程中应特别注意的是搞清三垂线定理及其逆定理的区别，应用定理时，说清究竟是用三垂线定理，还是三垂线定理的逆定理．【指点迷津】本单元的知识，既重要，又难学．教师对学生的指导必须在给学生认真讲清概念关键的同时，用模型给学生摆清各种直线和平面的位置关系，解决好使学生建立空间概念的问题．在教学过程中使学生的空间想象能力逐步得到培养；同时还要学会把空间想象出来的线面关系在二维平面上表示出来．在纸面上画出来．也就是要做到：第一，直线与平面的位置要想得出，能理解，会比划；第二是把想象出的位置关系画到平面上．这是有一定难度的．因为平面几何研究的是二维的平面图形的性质，学生从初中升入高一，本来就对想象三维空间的线面关系感到困难，又要把想象出来的三维线面关系重新表示到二维纸面上来，画好图，画得直观、生动，关键是符合科学性，而且看到图又要能想象出位置关系，而这个过程是必须要过的，而且一定要过好，这就叫做空间想象能力的培养．二、学海导航【思维基础】学习本单元的知识，主要抓住空间直线与平面的平行、斜交和垂直三种主要位置关系．每一种位置关系都要搞清一系列问题．例如，怎样定义直线与平面平行？如何判定直线与平面平行，有几种方法？直线与平面平行以后，有些什么性质？又例如，怎样定义直线与平面的垂直？如何判定直线与平面垂直，有几种方法？直线与平面垂直以后，又有些什么性质？都必须通过整理，弄懂弄通，运用自如，才真掌握了这些知识；还比如，平面的斜线中有一个斜线长和射影长的定理，这是必须注意定理的条件、前提，必须是以平面外一点出发的诸多斜线和一条垂线，如果遗忘这个条件，结论虽然是不对的．所以要求同学们认真地阅读理解定理中的原文原句，正确地掌握其内在含意．试完成以下各题：1．直线和平面平行的充要条件是这条直线和平面内的（）（A）一条直线不相交（B）两条直线不相交（C）任意一条直线都不相交（D）无数条直线不相交2．设a、b是两条异面直线，下列命题中，正确的是（）（A）有且仅有一条直线与a、b都垂直（B）有一个平面与a、b都垂直（C）过直线a有且仅有一个平面与b平行（D）过空间任何一点必可作一条直线与a、b都相交3．正方体AB CD—A1B1C1D1中，E、F分别是AA1和AB的中点，则EF与对角面AA1C1C 所成的角是（）（A）300 （B）450（C）600（D）15004．设P是△AB C所在平面外一点，则点P在此三角形所在平面内的射影是△AB C的垂心的主要条件是（）（A）P A=P B=PC （B）P A⊥B C且P B⊥A C（C）点P到△AB C三边的距离相等（D）P A、P B、PC与△AB C所在平面所成的角相等5．已知△AB C 在平面α的同侧，顶点A 、B 、C 到平面α的距离分别是11、7、3，G 是△AB C 的重心，则G 到平面α的距离等于 ．6．已知长方体AB CD —A ′B ′C ′D ′中，AA ′=5，AB =12，那么直线B ′C ′′与平面A ′B CD ′的距离等于 ．7．在长方体AB CD —A 1B 1C 1D 1中，AB =6，A D=8，AA 1=3.6，A E 与低面对角线B 1D 1垂直于点E ．（1）求证 A 1E B 1D 1；（2）求 A E 的长．【学法指要】例1．四棱锥的四个侧面中，直角三角形的个数最多的是 （ ）(A )1个(B )2个 (C)3个 (D)4个 解：如图，当四棱锥P —AB CD 的侧棱P A 垂直于底面AB CD 时，P A ⊥AB ，P A ⊥A D ，△P AB 和△P A D 都是直角三角形；当底面AB CD 是矩形时，∵B C ⊥AB ，由三垂线定理知B C ⊥P B ，∴△P B C 也是直角三角形，同理△PCD 也是直角三角形，因此侧面中直角三角形的个数最多是4个，选（D ）．例如2．等腰直角三角形△AB C 中，AB =A C=1，P A ⊥平面AB C ，且P B =2．求P A 与平面P B C 所成角的正弦值． ( )解：如图，在AB C 中作A C ⊥B C 于D ，则D 是B C 中点，且A D=22，又因为P A =2，PD=412322+=， ∵A D ⊥B C ，由三垂线定理知PD ⊥B C ，∴B C ⊥平面P A D ，平面P A D ⊥平面P B C ， 过A 作A O ⊥PD 于O ，则A O ⊥平面P B C ．∠A PO=θ就是P A 与平面P B C 所成的角，在Rt △P A D 中，A O=PA AD PD ⋅=23， ∴sin θ=AO PA =13．即P A 与平面P B C 所成角的正弦值等于13． 例3．异面直线a 、b 分别与平面α平行，且a 、b 到平面α的距离相等，A 是直线a 上任意一点,B 是直线b 一的任意一点，求证线段AB 被平面α平分．证明：设CD 是异面直线a 、b 的公垂线段，CD 交平面α于点O ，则CO=DO ，如图，过D 作直线a ′∥a ，则相交直线a ′与b 确定的平面与平面α平行．过点A 作A ′A ⊥直线a ′，交直线a ′于点A ′，则AA ′⊥面α，设AA ′交平面α于点M ，则由于异面直线a 、b 到平面α的距离相等,所以A M=M A ′，即M 是AA ′的中点，又设AB 交平面α于点P ，连MP 、A ′B ． 由于相交直线a ′与b 所确定的平面与平面α平行，这两个平行平面被平面AA ′B 所截，截得的交线MP 与A ′B 平行，由M 是AA ′的中点，知PM 是△AA ′B 的中位线，故P 是AB 的中点，即线段AB 被平面α平分．例4．在正方形SG 1G 2G 3中，E 、F 分别是G 1G 2、G 2G 3的中点，D 是EF 的中点，现沿SE 、SF 及EF 把正方形折成一个四面体，使G 1、G 2、G 3三点重合，重合后记为G ，那么在四面体S-EFG 中必有 （ ）（A ）SG ⊥△EFG 所在平面（B ）SD ⊥△EFG 所在平面（C ）GF ⊥△SEF 所在平面（D ）GD ⊥△SEF 所在平面解：由于在平面图形SG 1G 2G 3中，SG 1⊥G 1G 2，SG 3⊥G 2G 3，所以折成四面休SGEF 中，∠SGE=∠SGF=Rt ∠，GE 、GF 、相交于点G ，因此SG ⊥△EFG 所在平面．故应选（A ）例5．已知∠BA C 在平面α内，P A 是平面α的斜线，若∠P AB =∠P A C=∠BA C=600，P A =a ．求点P 到坪面α的距离．解：过点P 作PO 平面α，∵∠P A C=∠P AB ，∴A O 平分∠BA C ，在平面α内，作OC ⊥A C于点C ，连PC ，由三垂线定理知PC ⊥A C ．又∵∠P A C=600，P A =a ，∴A C=a 2∴A O=AC a cos30330= 在Rt △P A O 中，PO=PA AO a a a 22221363-=-= 故点P 到平面α的距离为63a ． 例6．如图，AB CD 是边长为2a 的正方形，M 、N 分别是AB 、A D 的中点，PC ⊥平面AB CD ，PC=a ．（1）求证：B D ∥平面PMN ；（2）求点B 到平面PMN 的距离．解：（1）∵M 、N 分别是正方形AB CD 的边AB 、A D 的中点，∴MN ∥B D ，MN ∈平面PMN ，∴B D ∥平面PMN ．（2）∵AB CD 是正方形，∴B D ⊥A C ，MN ∥B D∴MN ⊥A C又∵PC ⊥平面AB CD ，MN ⊂平面AB CD ，∴MN ⊥PC ．又PC ∩A C=点C ．∴MN ⊥平面EPC ．在平面EPC 内，作O H ⊥PE 于点H ，则MN ⊥O H ，∴O H ⊥平面PMN ，由于B D ∥平面PMN ，所以O H 的长就是点B 到平面PMN 的距离．在Rt △PCE 中，PC= a ，EC=（）∴PE=222a ，又EO=22a ∵△E H O ∽△ECP ，∴O H ：PC=EO ：PE ， ∴O H =PC EO PE a ⋅=1111． 故点B 到平面PMN 的距离为1111a ． 例7．如图，A D 是△AB C 中B C 边上的高，在A D 上取一点E ，使A E=12ED ，过E作直线MN 平行于B C ，交AB 于M ，交A C 于N ，现将△A MN 沿MN 折过去，此时点A 到了A ′的位置，如果∠A ′ED=600，求证：E A ′⊥平面A ′B C ．证明：连结A ′B 、A ′C 、A ′D ，∵A E=12ED ，A ′E=A E ， ∴A ′E=12ED ，∠A ′ED=600， 在A ′ED 中，由余弦定理求得A ′D =32ED ． ∴E A ′D=900，即E ′A ⊥A ′D ．又A D ⊥B C ，MN ∥B C ，∴MN ⊥A D ．即MN ⊥A ′E ，MN ⊥ED ．因此MN ⊥平面E A ′D ，即B C ⊥平面E A ′D ．E A ′⊂平面E A ′D∴E A ′⊥B C ，E A ′⊥A ′D ，A ′D ∩B C=点C∴E A ′⊥平面A ′B C评注：通常是知道位置关系，如平行，垂直等来进行计算，这里的关键在于利用A E=12ED 和∠A ED=600这两个数量关系来推断E A ′⊥A ′D ，这个位置关系，同学们应该学会．例8．已知平面α、β相交于直线PQ ，线段O A 、O B 分别垂直于平面α、β，其中A 、B 为垂足．求证：（1）PQ ⊥平面A O B（2）PQ ⊥AB ．证明：（1）∵O A ⊥平面α⇒ O A ⊥PQPQ ⊥平面αO B ⊥平面β ⇒ PQ ⊥平面A O B⇒ O B PQPQ ⊂平面βO A ∩O B =点O（2）∵PQ ⊥平面A O BPQ ⊥ABAB ⊂平面A O B评注：同学们在推理论证的学习达到一定的熟练程度的时候，可以学习运用推出符号“⇒”来进行论证，这样的证明因果关系清晰，简洁明了．但是应注意两点，第一是条件必须具备齐全，然后直接运用定理便可推出；第二是必须按序一步一步地推得，不能把条件全部罗列，一个推出符号“⇒”就得到最后结论，这是不对的，请同学们学习时注意．例9．如图，地平面上有一竖直的旗杆OP ，为了测得它的高度h ，在地面上选一条基线AB ，AB =20米，在A 点处测得点P 的仰角为∠O A P=300，在B 点处测得点P 的仰角为∠O B P=450，又测得∠A O B =600．求旗杆的高（结果可以保留根号）．解：设旗杆的高OP =h ，在Rt △P A O 中，∴∠P A O=300，∴A O=3h ，在Rt △P B O 中，∵∠P B O=450，∴B O=h ，在△A O B 中，∠A O B =600，由余弦定理知AB 2=A O 2+B O 2-2A O ·B O cos600,∴400=3h 2+h 2-23·h 212 ∴(4-3)h 2=400.H =2043-(米)．答：旗杆的高度为h =2043-米．例10．在四面体AB CD 中，已知棱AB ⊥CD ，棱A C ⊥B D ．求证棱A D ⊥B C ．证明：设顶点A 在平面B CD 内的射影为O ，即 A O ⊥平面B CD 于点O ，则因为AB ⊥CD ，由三垂线逆定理知B O ⊥CD ，同理CO ⊥B D ． 因此O 时△B CD 的垂心，连DO ，则DO ⊥B C ，由三垂线定理知A D ⊥B C ．评注：应用三垂线定理时，正定理和逆定理不能搞错．已知平面内的直线与斜线在这个平面内的射影垂直，得到平面内的直线与斜线垂直是三垂线定理．反之，已知平面内的直线与平面的斜线垂直，推得这条直线和斜线在已知平面内的射影也垂直，是三垂线定理的逆定理．例11．已知Rt △AB C 的斜边AB 在平面α内，两直角边A C 、B C 与平面α分别成θ1和θ2角，若平面AB C 与平面α成二面角为．求证：sin 2θ1+sin 2θ2=sin 2φ证明：设直角顶点C 在平面α内的射影为O ，连结A O 、B O ，则∠C A O=θ1，∠C B O=θ2．设CO=h ，则sin θ1=h AC, sin θ2=h BC在平面AB C 中，作CD ⊥AB 于D ，连结OD ，由三垂线逆定理知OD ⊥AB 且∠CDO=φ就是平面AB C 与平面α所成二面角的平面角，而且sin φ=h CD∵sin 2θ1+sin 2θ2 =h AC h BC h AC BC AC BC 22222222+=⋅+⋅ =h AB AC BC 2222⋅⋅ 在Rt △AB C 中，∵CD ·AB =A C ·B C ，∴⋅⋅AB AC BC =1CD． ∴sin 2θ1+sin 2θ2=h AB AC BC 2222⋅⋅=h CD22=sin 2φ． 故有结论成立．例12．平面M 的一条斜线与平面M 所成的角为α，该平面内过斜足的一条直线与斜线在平面内的射影所成的角为β，与斜线所成的角为γ．求证：cos γ=cos α·cos β．证明：如图，PO 是平面M 的垂线，P A 是平面M 的斜线，O A 就是斜线P A 在平面M 内的射影，∠P A O=α就是斜线P A 与平面M 所成的角．AB 是平面M 内过斜足A 的直线，它与射影O A 所成的角为，即∠O AB=β，AB 与斜线P A 所成的角为γ，所以∠P AB =γ．在平面M 内，作O B ⊥AB 于点B ．连结P B ，则由三垂线定理知P B ⊥AB ，因此，在Rt△P A O ，Rt △A O B 和Rt △P B O 中，有cos α=OA PA ，cos β=AB OA ，cos γ=AB PA因此有 cos γ=cos α·cos β．例13．已知三棱锥P —AB C 的三条侧棱P A 、P B 、PC 两两互相垂直．(1)求证点P 在平面AB C 内的射影G 是△AB C 的垂心；(2)求证△A P B 、△B PC 、△CP A 的面积平方和等于△AB C 面积的平方；(3)设二面角P —AB —C 、P —B C —A 、P —C A —B分别为α、β、γ，求证cos α·cos β·cos γ≤39 证明：（1）P A ⊥P BP A ⊥PC ⇒P A ⊥平面PB C⇒ P A ⊥B C ⇒A G ⊥B CP B ∩P B =点P PC ⊂平面P B C A G 是P A 的射影同理 B G ⊥A C ，CG ⊥AB 所以G 是△AB C 的垂心．（2）延长A G 交B C 于H ，连结P H ，∵P A ⊥平面P B C ，P H ∈平面P B C ，∴P A ⊥P H 即∠A P H =900．在Rt △P AH 中，P H 2=AH ·G H ．∴（S △B PC ）2=14B C 2·P H 2=14B C 2·AH ·G H =（12B C ·AH ）（12B C ·G H ）=S △AB C ·S △G B C ． 同理（S △A P B ）2=S △AB C ·S △GBC ，（S △CP A ）2=S △AB C ·S △GC A ，将三式相加，便得（S △B PC ）2+（S △CP A ）2+（S △A P B ）2=（S △AB C ）2(3)∵cos=S S GAB PAB ∆∆，cos=S S GBC PBC ∆∆，cos=S S GCA PCA∆∆， ∴cos 2+cos 2+cos 2=1 ∵cos cos cos (cos cos cos )22232221313αβγαβγ⋅⋅≤++= ∴cos cos cos 222127αβγ⋅⋅≤ ∵α、β、γ为锐角．∴cos cos cos αβγ⋅⋅≤39【思维扩散】空间的直线与平面是立体几何第一章的重点．每种位置关系展开都有一系列判定定理和性质定理，学习过程中对定理的条件，定理应用的适用范围必须作周密的考虑和判定，不能一概而论，肓目应用．看下面的两个命题：命题1．已知平面α∩平面β=直线l ，直线b ∥平面α，直线b ∥平面β，则直线∥b ．命题2．已知P A 是平面α的斜线，PO 是平面α的垂线，如果直线l 垂直于斜线P A ，那么直线l 一定垂直于其射影PO ．命题1中的结论显然是正确的，可以这样来证明：过直线b 作平面γ，设γ∩β=直线a ，则因为直线b ∥平面β，所以直线b ∥直线a ，又因为直线b ∥平面α，直线a 在平面α外，所以，直线a ∥平面α，平面β是经过a 且与平面α相交于直线l 的平面，所以直线a ∥直线l ，由三线平行公理知直线b ∥直线l ．命题2中的结论显然是错误的．平面α的垂线，斜线摆好以后，三垂线定理说的是“平面α内”的直线l ，这个条件省略以后，命题就可能是不正确的．因为垂直于斜线P A 的直线许多种不同的位置，只要在垂直于P A 的 平面内的直线都垂直于P A ，但显然不能都与射影O A 垂直．思想问题首先应该严格按照命题的条件，题目的已知，其次是在允许范围内多方位、多角度地思考问题，可以为我们创造性思维的培养奠定坚实的基础．三、智能显示【心中有数】本单元直线与平面的位置关系是立体几何第一章线面关系的重点，主要是空间直线与平面平行、空间直线与平面垂直及空间直线与平面斜交三种位置关系，每种位置关系都有定义、判定、性质等一整套理论，必须熟练地掌握，正确地使用．【动脑动手】解答下列一组题目，以检查学习效果：1．已知直线a 、b 和平面α，以下四个命题中，①a ∥b②a ⊥α ⇒b ⊥α⇒ a ∥b a ⊥αb ⊥α ③a ⊥α④a ∥α ⇒ b ∥α⇒ b ⊥α a ⊥ba ⊥b 其中正确命题是(A ) ①、②（B ）①、②、③ (C) ②、③、④ （D ）①、②、④2．已知直线m 、n 和平面，则α⊥β的一个充分条件是（A ）m ⊥n ，m ∥α，n ∥β（B ）m ⊥n ，α∩β=m ，n ⊂α（C ）m ∥n ，m ⊂α，n ⊥β（Ｄ）m ∥n ，m ⊥α，n ⊥β3．如果直线l 是平面α的斜线，那么在平面内（A ）不存在与l 平行的直线（B）不存在与l垂直的直线（C）与l垂直的直线只有一条（Ｄ）与l平行的直线无数多条4．在下列命题中，偶命题是（）（A）若a、b是异面直线，则一定存在平面α，过a且与b垂直（B）若a、b是异面直线，则一定存在平面α，过a且与b垂直（C）若a、b是异面直线，则一定存在平面α，与a、b所成的角相等（Ｄ）若a、b是异面直线，则一定存在平面α，与a、b的距离相等5．如图，点P是三棱锥S—AB C的面S B C内一点．（1）过P作PQ∥平面AB C；（2）过（1）中得到的PQ作平面α∥平面AB C；（3）在面AB C内求一点R，使PR∥平面S AB，且R到A C和B C的距离相等．6．已知M、N是棱长为a的正方体AB CD—A1B1C1D1中棱A1B1和A1D1的中点．（1）求证B D∥平面A MN；（2）求点B到平面A MN的距离．【创新园地】正四棱柱AB CD—A1B1C1D1中，AB=a，AA1=b (b＞a)，A M⊥A1B，交B1B于点M．（1）求证：B D1⊥平面M A C；（2）求点B到平面M A C的距离．证明：（1）D1A1是平面AA1B1B的垂线，B D1是平面AA1B1B的斜线，A1B是斜线B D1在平面AA1B1B内的射影，A M是平面AA1B1B内的一条直线，因为A M⊥A1B，由三垂线定理知B D1⊥A M；又D1B⊥A C，A C∩A M=点A，所以B D1⊥平面M A C．（2）解法（一），作对角面BB1D1D，交A C于O，连OM，则OM就是对角面BB1D1D 与平面M A C的交线，∵A C⊥平面BB1D1D，∴平面A MC⊥平面BB1D1D，在平BB1D1D内，作BH⊥OM于点H则BH就是点B到平面M A C的距离．∵AB=a，AA1=b，Rt△AB M∽Rt△A1AB，∴BMABABAA=1，∴B M=ab2．又∵B O=22a，∴MO=BM BOaba b2222242+=+．因此BH=BM BOMOa a ba b⋅=++2222222．解法（二）：∵AB=a, AA1=b，同理求得B M=ab2．因为AB C的面积为12a2，所以三棱锥M—AB C的体积是V SH a a b a b==⋅⋅=1313126224． 另一方面，因为B O=a 22a ，MO=2222b a b a +， 所以A MC 的面积为 S A MC=12A C ·MO=22222b a ba +． 设B 到平面A MC 的距离为x ，则三棱锥M —AB C 的体积又可以这样计算：x S V A M C ⋅=∆31 所以 ba b a b a x 622314222=+⋅ 即 x =2222222ba b a a ++ 因此点B 到平面A MC 的距离为2222222b a b a a ++． 评析：求点到平面的距离，方法很多，可能直接作出这个距离来求，一般要用到平面与平面的垂直．因为两个平面互相垂直，在一个平面内垂直于它们交线的直线，垂直于另一个平面．点到平面的距离就可以求出来了．另一种方法是不作出距离，而是利用体积法换法，直接求出点到平面的距离．（本单元完）【思维基础】答案：1．C ；2．C ； 3．A ； 4．B ； 5．7；6．1360； 7．A E=6．【动脑动手】答案：1．A ；2．C ； 3．A ； 4．B ； 5．略； 6．a 32．四、同 步 题 库A 组（一）选择题1.下面说法中，正确的是（ ）（A ）若一条直线与一个平面不相交，则这条直线和这个面平行；（B ）若一条直线与一个平面内任何一条直线都不相交，则此直线与这个平面平行； （A ） 若直线上有无数个点不在平面内，则这条直线与平面平行；（B ） 若直线与平面内无数条直线平行，则这条直线与这个平面平行.2.直线与平面垂直是指（ ）（A ） 直线与平面只有一个公共点；（B ） 直线与平面内的两条直线都垂直；（C ）直线与平面内无数条直线都垂直； （D ）直线与平面成90°角.3.和一个平面成等角的两条直线的位置关系（ ）（A ）平行； （B ）相交； （C ）异面； （D ）以上都可能 4.P 是△ABC 所在平面外一点，若PA=PB=PC ，则P 在平面ABC 内的射影是△ABC 的（ ）（A ）外心； （B ）内心； （C ）垂心； （D ）重心 5.下列命题中正确的是（ ） （A ）⎩⎨⎧⊥⇒⊥b a a b a α//； （B ）⎩⎨⎧⇒⊥⊥b a a b a //α（C ）⎩⎨⎧⇒⊥⊥αα//a b a a （D ） ⎩⎨⎧⊥⇒⊥ααb ba a //6.如图，AD 是Rt △ABC 斜边BC 上的高，PA ⊥D 面ABC ，图中共有直角三角形有（ ）7.直角三角形ABC 的斜边AB 在平面α内，直角项点C 在α上的射影为C′，△ABC′是（ ） （A ）直角三角形 （B ）锐角三角形；（C ）钝角三角形 （D ）锐角或钝角三角形8.在矩形ABCD 中，AB=3，BC=4，PA ⊥平面ABCD ，且PA=1，则P 到对角线BD 的距离是（ ）（A ）2921； （B ）513； （C ）517； （D ）119519.长方体的一条对角线与各个面所成的角为α、β、γ，则下列等式正确的是（ ） （A ）sin2α+sin2β+sin2γ=32； (B)cos2α+cos2β+cos2γ=1 (C) sin2α+sin2β+sin2γ=2； (D)cos2α+cos2β+cos2γ=210.对两条异面直线在同一平面内的射影，下列说法中正确的是（ ）（A ）不可能是两点； （B ）不可能是一直线和一点（C ）不可能是两平行线； （D ）不可能是两相交直线 （二）填空题1.a ∥b,b ⊂a,则直线a 、b 的位置关系是 .2.已知点A 和直线l ，A ∉l,则过点A 与直线l 平行的直线有 条；过点A 与直线l 垂直的直线有 条；过点A 作与直线l 平行的平面有 个；过点A 作与直线l 垂直的平面有 个.3.在棱长为a 的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，点A 到C 1D 的距离为 ；点A 到B 1C 的距离为 ；点A 到平面BB 1D 1D 的距离为 ；AA 1到平面BB 1D 1D 的距离是 ，AA 1与BD 1的距离是 .4.若PO ⊥平面AOB ，∠AOB=90°，AB=a ，∠PAO=∠PBO=α，C 是AB 的中点，则PC= .5.l 是平面α内直线，A 是α外一点，设A 到α的距离为d 1,A 到l 的距离为d 2,则d 1 d 2.6.AB ∥平面α,AA′⊥α于A′，BB′是α的斜线，B′是斜足，若AA′=9，BB′=36，则BB′与α所成角为 .7. ∠XOY=60°在平面α内，OA=α是α的斜线，∠AOX=∠AOY=45°，则点A 到α的距离是 .8.如果平面外的一条直线上有两点到这个平面的距离相等，则这条直线和这个平面的位置关系是 .9.△ABC 的面积为S ，BC α，点A 到面平α的距离等于点A 到BC 的距离的53，则△ABC 在α上的射影的图形面积是 .10.点P 到平面α的垂线段PO=12cm ，斜线段PA 、PB 分别为13cm 和20cm ，则A ，B 两点的最大距离是 .最小距离是 .(三)解答题1.已知P 是□ABCD 所在平面外一点，M 是PD 的中点（如图），求证：PB ∥平面MAC.2.已知直线l ∥平面α，l ∥平面β，且α β=m ，（如图）.求证：l ∥m.3.在空间四边形ABCD 中，AB ⊥CD ，AD ⊥BC ，求证：BD ⊥AC.4. 如图，线段AB=α，在平面α内，CA ⊥α，BD 与α所成角为30°，BD ⊥AB ，C 、D 在α同侧CA=BD=b ，求：（1）CD 的长； （2）直线CD 与α所成角的正切值.5.如图，三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，AB=2，BC=CA=AA 1=1，A 1在底面ABC 上的射影是O 点.（1）O 与B 能否重合？试证明你的结论；（2）若O 在AC 上.求BB 1与侧面AC 1的距离.B 组（一）选择题1.下列四个命题中 （1）若a ∥α，b ∥α, 则a ∥b ；（2）若a ∥b, a ∥α,则b ∥α； （3）若a ∥α,则a 平行于α内的任意直线；（4）若a 平行于α内的无数条直线，则a ∥α.其中正确的命题个数是（ ）（A ）0； （B ）1； （C ）2； （D ）3 2.下列命题中正确的是（ ） （A ）若a ⊥α,b ⊥α,c ⊥α,则直线α平行于过直线b 、c 的平面；（B ） 若a ∥α,b ∥α,且a 、b 到平面α的距离不相等. 则a 、b 是异面直线； （C ） 若a ∥α, b ∥α,且a 、b 到平面α的距离相等，则a 、b 相交或平行；（D ）若a ∥α, b ∥α，且a 、b 到平面α的距离相等，则与a 、b 都相交的直线在平面α外.3.在同一平面α的射影等长的两条线段是（ ） （A ）如果有一公共端点，则它们必等长；（B ） 如果等长，则它们必有公共点；（C ）如果平行，则它们必等长； （D ）如果等长，则它们必平行.4.与空间四边形ABCD 四个顶点距离相等的平面有（ ）（A ）4个； （B ）5个； （C ）6个； （D ）7个5.AB 是⊙O 的直径，SA 垂直于⊙O 所在的平面M ，平面M 内有一动点P ，使PB ⊥PS ，则P 的位置（ ） （A ）⊙O 外； （B ）⊙O 上； （C ）⊙O 内； （D ）不能确定6.如图，正方形SG 1G 2G 3中，E ，F 分别是G 1G 2，G 2G 3的中点，D 是EF 中点. 现沿SE 、SF ，及EF 把这个正方形折成一个四面体，使G 1、G 2、G 3重合，记作G 则（A ）SG ⊥FEG ； （B ）SD ⊥面EFG ； （C ）GF ⊥面SEF ； （D ）GD ⊥面SEF7.直角△ABC 的两直角边BC=3，AC=4，PC ⊥面ABC ，且PC=59，则P 到斜边AB 的距离是（ ） （A ）3； （B ）4； （C ）15； （D ）428.斜线AB 与平面M 成θ角，BC M ，AA′⊥M ，A′是垂足，若∠ABC=α，∠A ′BC=β，则（ ） （A ）sinα=sinθsinβ; (B) sinβ=sinθsinα(C) cosα=cosθcosβ; (D) cosβ=cosθcosα（二）填空题1.将矩形ABCD沿着平行于BC的线段EF折起，连结AB和CD（如图），则AB与EF 所成角等于，BC与AE所成角等于，点A到BC的距离等于线段的长，若AE=EB=4cm，∠AEB=120°，则AD与BC的距离等于. AD与平面BCFE的距离等于, EF到平面BD的距离等于.2.Rt△ABC，∠C=90°，CA=12，BC=5，BC 平面αA到α的距离是10，则△ABC的垂心、内心到α的距离分别为.3.过平面α外一点引两条斜线，它们与α所成角分别是30°，45°，且它们在α内的射影互相垂直，则这两条线夹角的余弦值为.4.P是等腰梯形ABCD外一点，且PA=PB=PC=PD，若P在面ABCD的射影P′在梯形ABCD 外，则应满足.5.AC是平面α内的一条射线，P为α外一点，PA=2，P到α的距离为1，设∠PAC=θ，m=tgθ，则m的取值范围是.(三)解答题1.如图，两个全等正方形ABCD和ABEF，所在平面相交于AB，M∈AC，N∈FB，求证：MN∥平面BCE.2.已知AB是异面直线a、b公垂线，AB=2cm，a、b所成角为30°，在直线a上取一点P 使PA=4cm，求P到直线b的距离.3.空间四边形ABCD中，△ ABC是正三角形，AD⊥面ABC，H是A在面BCD上的射影. 求证：H不可能是△BCD的垂心.4.如图，已知斜边为AB的Rt△ABC，过点A作AP⊥平面ABC，AE⊥PB于点E，AF⊥PC 于点F，（1）求证：PB⊥平面AEF.(2)若AP=AB=2，试用tgθ(θ是∠BPC)表示△AEF 的面积.当tgθ取何值时，△AEF 的面积最大？最大面积是多少？C 组（一）选择题1.在空间中，给出如下命题 （1）垂直于同一直线的两直线平行；（2） 平行于同一平面的两直线平行；（3）与同一平面成等角的两直线平行； （4） 与同一平面内的射影是两条平行线的两直线平行，其中真命题的个数是（ ）（A ）0； （B ）1； （C ）2； （D ）3.2.从平面外一点向平面引垂线和若干斜线，若斜线与平面所成的角相等，则（ ）（A ）斜足一定是正多边形的顶点； （B ）垂足是斜足为顶点的多边形的内心；（C ）垂足是斜足为顶点的多边形的外心； （D ）垂足是斜足为顶点的多边形的垂心.3.如图，PC ⊥面α，垂足为C ，AB α，CB ⊥AB ，垂足为B ，则线段PA 、PB 的大小关系是（ ）（A ）PA<PC<PB; (B) PC>PB>PA;(C) PA<PB<PC; (D) PB>PA>PC.4.若a ∥α，且a 和α的距离为d ，则平面α内（ ）（A ）有且只有一条直线与l 的距离为d ； （B ）所有直线与l 的距离都等于d ；（C ） 有无数条直线与l 的距离都等于d ； （D ）所有直线与l 的距离都不等于d.5.线段AB 两端点到平面α的距离分别是6cm 和10cm ，则它的中点到α的距离是（ ） （A ）6cm; (B)8cm; (C)2cm; (D)8cm 或2cm6.异面直线a 、b 互相垂直，它们与平面β都相交，若α与β所成角为38°，则b 与β所成角大小（）（A）一定是52°；（B）最大是52°；（C）最小是52°；（D）可以是0°90°中的任意角度（二）填空题7.直线与平面所成的角α的取值范围.8.若P是△ABC所在平面外一点，且PA、PB、PC两两垂直，则P在△ABC内的射影是△ABC的.9.直线EF平行于平面α内的两直线AB、CD，EF与α的距离为15，与AB的距离是17，又AB与CD间的距离是28，则EF和CD的距离是.10.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱DD1的中点,O是底面ABCD的中心,P为棱A1B1上任意一点,则直线OP与直线AM所成的角是.(第10题)(三)解答题11.如图，已知AB和CD是异面直线，AB⊥平面α于B，CD⊥平面β于D，且AC是AB 和CD的公垂线，α β=l.求证：AC∥l12.PA⊥矩形ABCD所在平面，M、N分别是AB和PC的中点. (1)求证：MN∥平面PAD.（2）求证：MN⊥CD；（3）若∠PDA=45°，求证：MN⊥平面PCD.(第11题) (第13题)13.如图，正方体，ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，O、O1分别是ABCD与A1B1C1D1的中心；（1）求证：OD1∥平面A1C1B1.（2）求D1O与平面A1C1B的距离；（3）求BD 与平面A 1C 1B 所成角.答案与提示同步题库A 组（一）选择题1.B2.D3.D4.A5.B6.B7.C8.B9.D 10.A (二)填空题 1.异面成平行2.1； 无数； 无数；13.a; a; a a a 22;22;22. 4.α2212tg a+; 5．≤； 6．60° 7．a 338. 平行或相交 9．S 5410．21cm; 11cm (三)解答题 1．（略） 2．（略） 3．（略）4．（1）CD=22b a +； （2）2234ba b +5．（1）不垂直，（2）BB 1与侧面AC 1的距离即为BC 长即BC=1.B 组（一）选择题 1.A 2.D 3.C 4.D 5.B 6.A 7.A 8.C(二)填空题1. 90°; 90°; AB;43cm; 23cm; 2cm.2.310cm; 35cm 3.42 4.∠ABD>90°(或∠ACD=90°) 5.m≥33。

立体几何知识点总结1、 多面体（棱柱、棱锥）的结构特征（1）棱柱：①定义：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。

棱柱斜棱柱直棱柱正棱柱；四棱柱平行六面体直平行六面体长方体正四棱柱正方体。

②性质：Ⅰ、侧面都是平行四边形； Ⅱ、两底面是全等多边形；Ⅲ、平行于底面的截面和底面全等；对角面是平行四边形；Ⅳ、长方体一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱的长的平方和。

（2）棱锥：①定义：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面围成的几何体叫做棱锥；正棱锥：底面是正多边形，并且顶点在底面内的射影是底面中心，这样的棱锥叫做正棱锥； ②性质：Ⅰ、平行于底面的截面和底面相似，截面的边长和底面的对应边边长的比等于截得的棱锥的高与原棱锥的高的比； 它们面积的比等于截得的棱锥的高与原棱锥的高的平方比；截得的棱锥的体积与原棱锥的体积的比等于截得的棱锥的高与原棱锥的高的立方比；Ⅱ、正棱锥性质：各侧面都是全等的等腰三角形；通过四个直角三角形POH Rt ∆，POB Rt ∆，PBH Rt ∆，BOH Rt ∆实现边，高，斜高间的换算棱长都相等底面是正方形底面是矩形侧棱垂直于底面底面是平行四边形底面是正多边形侧棱垂直于底面侧棱不垂直于底面AB CD OHP2、旋转体（圆柱、圆锥、球）的结构特征（2）性质：① 任意截面是圆面（经过球心的平面，截得的圆叫大圆，不经过球心的平面截得的圆叫 小圆）② 球心和截面圆心的连线垂直于截面，并且22d R r -=，其中R 为球半径，r 为截面半径，d 为球心的到截面的距离。

3、柱体、锥体、球体的表面积与体积（1）几何体的表面积为几何体各个面的面积的和。

（2）特殊几何体表面积公式（C 底为底面周长，h 为高，h '为棱锥的斜高或圆锥的母线）直棱柱、圆柱的侧面积 S C h =⋅侧底；正棱锥、圆锥的侧面积12S C h '=⋅侧底 （3）柱体、锥体的体积公式V S h =⋅柱底， 13V S h =⋅锥底（4）球体的表面积和体积公式：34=3V R π球 ； 24S R π=球面（5）球面距离（注意识别经度和纬度）球面上,A B 两点的球面距离AB R α=⋅,其中α为劣弧AB 所对的球心角AOB ∠的弧度数.4、空间几何体的三视图空间中的点、直线、平面之间的关系（一）、立体几何网络图：（1）、平行于同一直线的两直线平行。

高中数学立体几何知识点归纳总结一、立体几何知识点归纳第一章空间几何体（一）空间几何体的结构特征（1）多面体——由若干个平面多边形围成的几何体.围成多面体的各个多边形叫叫做多面体的面，相邻两个面的公共边叫做多面体的棱，棱与棱的公共点叫做顶点。

旋转体——把一个平面图形绕它所在平面内的一条定直线旋转形成的封闭几何体。

其中，这条定直线称为旋转体的轴。

（2）柱，锥，台，球的结构特征1.棱柱棱柱——有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。

相关棱柱几何体系列（棱柱、斜棱柱、直棱柱、正棱柱）的关系：①⎧⎪⎧−−−−−→⎨⎪−−−−−→⎨⎪⎪⎩L底面是正多形棱垂直于底面斜棱柱棱柱正棱柱直棱柱其他棱柱底面为矩形侧棱与底面边长相等①侧棱都相等，侧面是平行四边形；②两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形；③过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形；④直棱柱的侧棱长与高相等，侧面与对角面是矩形。

长方体的性质：①长方体一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱的平方和；【如图】222211AC AB AD AA=++②（了解）长方体的一条对角线1AC与过顶点A的三条棱所成的角分别是αβγ，，，那么222cos cos cos1αβγ++=，222sin sin sin2αβγ++=；③（了解）长方体的一条对角线1AC与过顶点A的相邻三个面所成的角分别是αβγ，，，则222cos cos cos 2αβγ++=，222sin sin sin 1αβγ++=.侧面展开图：正n 棱柱的侧面展开图是由n 个全等矩形组成的以底面周长和侧棱长为邻边的矩形.面积、体积公式：2S c hS c h S S h=⋅=⋅+=⋅直棱柱侧直棱柱全底棱柱底，V （其中c 为底面周长，h 为棱柱的高） 2.圆柱圆柱——以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体叫圆柱.圆柱的性质：上、下底及平行于底面的截面都是等圆；过轴的截面（轴截面）是全等的矩形. 侧面展开图：圆柱的侧面展开图是以底面周长和母线长为邻边的矩形. 面积、体积公式：S 圆柱侧=2rh π；S 圆柱全=222rh r ππ+，V 圆柱=S 底h=2r h π（其中r 为底面半径，h 为圆柱高） 3.棱锥棱锥——有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥。

高中数学立体几何知识点归纳总结一、立体几何知识点归纳 第一章 空间几何体（一）空间几何体的结构特征（1）多面体——由若干个平面多边形围成的几何体.围成多面体的各个多边形叫叫做多面体的面，相邻两个面的公共边叫做多面体的棱，棱与棱的公共点叫做顶点。

旋转体——把一个平面图形绕它所在平面内的一条定直线旋转形成的封闭几何体。

其中，这条定直线称为旋转体的轴。

（2）柱，锥，台，球的结构特征 1.棱柱1.1棱柱——有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。

1.2相关棱柱几何体系列（棱柱、斜棱柱、直棱柱、正棱柱）的关系：①⎧⎪⎧−−−−−→⎨⎪−−−−−→⎨⎪⎪⎩⎩底面是正多形棱垂直于底面斜棱柱棱柱正棱柱直棱柱其他棱柱底面为矩形1.3①侧棱都相等，侧面是平行四边形；②两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形； ③过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形；④直棱柱的侧棱长与高相等，侧面与对角面是矩形。

1.4长方体的性质：①长方体一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱的平方和；【如图】222211AC AB AD AA =++②（了解）长方体的一条对角线1AC 与过顶点A 的三条棱所成的角分别是αβγ，，，那么222cos cos cos 1αβγ++=，222sin sin sin 2αβγ++=；③（了解）长方体的一条对角线1AC 与过顶点A 的相邻三个面所成的角分别是αβγ，，，则222cos cos cos 2αβγ++=，222sin sin sin 1αβγ++=.1.5侧面展开图：正n 棱柱的侧面展开图是由n 个全等矩形组成的以底面周长和侧棱长为邻边的矩形.1.6面积、体积公式：2S c hS c h S S h=⋅=⋅+=⋅直棱柱侧直棱柱全底棱柱底，V （其中c 为底面周长，h 为棱柱的高） 2.圆柱2.1圆柱——以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体叫圆柱. 2.2圆柱的性质：上、下底及平行于底面的截面都是等圆；过轴的截面（轴截面）是全等的矩形.2.3侧面展开图：圆柱的侧面展开图是以底面周长和母线长为邻边的矩形. 2.4面积、体积公式：S =2rh π；S=222rh r ππ+，V=Sh=2r h π（其中r 为底面半径，h 为圆柱高） 3.棱锥3.1棱锥——有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥。

立体几何大题1.空间中的平行关系（1）线线平行（2）线面平行的判定定理：平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行（3）线面平行的性质定理若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行（4）面面平行的判定定理判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行（5）面面平行的性质定理性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行6.空间中的垂直关系（1）线线垂直（2）线面垂直的判定定理一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直（3）线面垂直的性质定理性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行（4）面面垂直的判定定理一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直(或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直)（5）面面垂直的性质定理两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面6.异面直线所成角cos θ=cos a ,b =|a ⋅b ||a |⋅|b |=|x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2|x 12+y 12+z 12⋅x 22+y 22+z 22(其中θ(0°<θ≤90°)为异面直线a ,b 所成角，a ,b 分别表示异面直线a ,b 的方向向量)7.直线AB 与平面所成角，sin β=AB ⋅m |AB ||m |(m 为平面α的法向量).8.二面角α-l -β的平面角cos θ=m ⋅n |m ||n |(m ，n 为平面α，β的法向量).9.点B 到平面α的距离d =|AB ⋅n | |n |(n 为平面α的法向量，AB 是经过面α的一条斜线，A ∈α).模拟训练一、解答题1(22·23下·湖南·二模)如图，在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2,AC =BB ，点D 为棱BB 的中点，AE =13AC ．(1)求DE 的长度；(2)求平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值．【答案】(1)393(2)34【分析】(1)在△ABC 中，用余弦定理可得到AC =23，在△ABE 中，用余弦定理可得BE =233，即可求得DE =DB 2+BE 2=393；(2)以B 为原点，分别以BE ,BC ,BB 所在的直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，求出平面CDE 与平面BDE 的法向量，即可求解【详解】(1)因为在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2，在△ABC 中，由余弦定理得cos ∠ABC =AB 2+BC 2-AC 22AB ⋅BC=22+22-AC 22×2×2=-12，解得AC =23，则AE =13AC =233，在△ABE 中，由余弦定理得cos ∠BAE =AB 2+AE 2-BE 22AB ⋅AE =22+233 2-BE 22×2×233=32，解得BE =233，又AC =BB =23，所以BD =12BB =3，因为BB ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，所以BB ⊥BE ，在直角三角形DBE 中，DE =DB 2+BE 2=(3)2+233 2=393；(2)因为AE =BE =233，所以∠ABE =∠BAE =30°，则∠CBE =∠ABC -∠ABE =120°-30°=90°，则BE ,BC ,BB 两两互相垂直，以B 为原点，分别以BE ,BC ,BB 所在的直线为x ,y ,z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系：则点C 0,2,0 ,D 0,0,3 ,E 233,0,0 ，则CD =0,-2,3 ,CE =233,-2,0 ，设平面CDE 的法向量为n =x ,y ,z ，由n ⋅CD =x ,y ,z ⋅0,-2,3 =-2y +3z =0n ⋅CE =x ,y ,z ⋅233,-2,0 =233x -2y =0 ，得z =233y x =3y，令y =3，得平面CDE 的一个法向量为n =3,3,2 ；平面BDE 的一个法向量为m =0,1,0 ．设平面CDE 与平面BDE 夹角的大小为θ，则cos θ=m ⋅n m n =0,1,0 ⋅3,3,2 1×4=34，故平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值为34．2(22·23下·绍兴·二模)如图，在多面体ABCDE 中，DE ⊥平面BCD ,△ABC 为正三角形，△BCD 为等腰Rt △,∠BDC =90°,AB =2,DE =2.(1)求证：AE ⊥BC ；(2)若AE ⎳平面BCD ，求直线BE 与平面ABC 所成的线面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由线面垂直的性质定理和判定定理即可证明；(2)法一：由分析可知，∠EBH 就是直线BE 与平面ABC 所成的线面角，设∠AFD =α，当α<90°时，O 与D 重合，可得A ,E 两点重合，不符合题意，当α>90°时，求出EH ,BE ，即可得出答案；法二：建立空间直角坐标系，求出直线BE 的方向向量与平面ABC 的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案.【详解】(1)设F 为BC 中点，连接AF ,EF ，则由△ABC 为正三角形，得AF ⊥BC ；DE ⊥平面BCD ，且△BCD 为等腰直角三角形，计算可得：BE =CE =2,∴EF ⊥BC .EF ∩AF =F ,EF ,AF ⊂面AEF ，于是BC ⊥面AEF ，AE ⊂面AEF ，从而BC ⊥AE .(2)法一：由(1)可知，过点E 作EH ⊥AF ，垂足为H ，则∠EBH 就是直线BE 与平面ABC 所成的线面角.当AE ⎳平面BCD 时，可得A 到平面BCD 的距离为 2.设∠AFD =α，所以AF ⋅sin α=2，可得sin α=63，当α<90°时，cos α=33，不妨设A 在底面BCD 射影为O ，则FO =1，此时O 与D 重合，可得A ,E 两点重合，不符合题意，舍去；当α>90°时，FO =1，此时O 在DF 的延长线上，作EH ⊥AF ，由于AODE 为矩形，可得AE =DO =2,AE ∥OD ，可得sin ∠EAH =63，可得EH =263.于是sin ∠EBH =EH BE=63.法二：建立如图坐标系，可得F 0,0,0 ,B 1,0,0 ，C -1,0,0 ,D 0,1,0 ,E 0,1,2 ,A 0,a ,b由AF =3，解得a 2+b 2=3，又∵AE ⎳平面BCD ，令n =0,0,1 ，可得AB ⋅n =0，解得b =2,a =±1.当a =1时A ,E 重合，所以a =-1，此时A 0,-1,2 .不妨设平面ABC 的法向量为m =x ,y ,z ，则CB ⋅m =0CA ⋅m =0代入得x -y +2z =02x =0 ，令z =1，则y =2，所以m =0,2,1 .由于BE =-1,1,2 ，不妨设所成角为θ，则sin θ=∣cos BE ,m |=63.3(22·23·张家口·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，∠CBB 1=60°，AB =BC =2，AC =AB 1=2.(1)证明：平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C ；(2)求平面ACC 1A 1与平面A 1B 1C 1夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)57.【分析】(1)利用面面垂直的判定定理进行证明；(2)利用垂直关系建立空间直角坐标系，用向量法进行求解.【详解】(1)如图，连接BC 1，交B 1C 于O ，连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为BC 1的中点.又AC =AB 1=2，故AO ⊥B 1C .又AB =BC =2，且∠CBB 1=60°，所以CO =1,BO =3，所以AO =AC 2-CO 2=1.又AB =2，所以AB 2=BO 2+AO 2，所以AO ⊥BO .因为BO ,CB 1⊂平面BB 1C 1C ，BO ∩CB 1=O ，所以AO ⊥平面BB 1C 1C .又AO ⊂平面ACB 1，所以平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C .(2)由(1)知，OA ,OB ,OB 1两两互相垂直，因此以O 为坐标原点，OB ,OB 1,OA 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则A (0,0,1)，B (3,0,0)，C (0,-1,0)，C 1(-3,0,0).故CC 1 =(-3,1,0)，CA =(0,1,1)，CB =(3,1,0).设n =(x 1,y 1,z 1)为平面ACC 1A 1的一个法向量，则有n ⋅CC 1 =0n ⋅CA =0 ，即-3x 1+y 1=0y 1+z 1=0 ，令x 1=1，则n =(1,3,-3).设m =(x 2,y 2,z 2)为平面ABC 的一个法向量，则有m ⋅CA =0m ⋅CB =0，即y 2+z 2=03x 2+y 2=0 ，令x 2=1，则m =(1,-3,3).因为平面A 1B 1C 1∥平面ABC ，所以m =(1,-3,3)也是平面A 1B 1C 1的一个法向量.所以cos <n ,m > =n ⋅m n m=1-3-3 7×7=57.所以平面ACC 1A 1与平面A 1B 1C 1夹角的余弦值57. 4(22·23·湛江·二模)如图1，在五边形ABCDE 中，四边形ABCE 为正方形，CD ⊥DE ，CD =DE ，如图2，将△ABE 沿BE 折起，使得A 至A 1处，且A 1B ⊥A 1D ．(1)证明：DE ⊥平面A 1BE ；(2)求二面角C -A 1E -D 的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由已知易得DE ⊥BE ，即可证明线面垂直；(2)建立空间直角坐标系，用坐标公式法求解即可．【详解】(1)由题意得∠BEC =∠CED =π4，∠BED =π2，DE ⊥BE ，因为AB ⊥AE ，则A 1B ⊥A 1E ，又A 1B ⊥A 1D ，A 1E ∩A 1D =A 1,A 1E ,A 1D ⊂面A 1ED ，所以A 1B ⊥面A 1ED ，又DE ⊂面A 1ED ，则DE ⊥A 1B ，又DE ⊥BE ，A 1B ∩BE =B ，A 1B ⊂平面A 1BE ，BE ⊂平面A 1BE ，所以DE ⊥平面A 1BE ．(2)取BE 的中点O ，可知BE =2CD ,OE =CD ，由DE ⊥BE ，且CD ⊥DE 可得OE ⎳CD ，所以四边形OCDE 是平行四边形，所以CO ∥DE ，则CO ⊥平面A 1BE ，设BE =2，以点O 为坐标原点，OB ,OC ,OA 1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图，则A 1(0,0,1),E (-1,0,0),B (1,0,0),C (0,1,0),D (-1,1,0)，EA 1 =(1,0,1),EC =(1,1,0),ED =(0,1,0)，设平面A 1EC 的一个法向量为n 1 =(x 1,y 1,z 1)，则n 1 ⋅EA 1 =0n 1 ⋅EC =0 ，即x 1+z 1=0x 1+y 1=0 ，取x 1=1，则n 1 =(1,-1,-1)，设平面A 1ED 的一个法向量为n 2 =(x 2,y 2,z 2)，则n 2 ⋅E 1A =0n 2 ⋅ED =0 ，即x 2+z 2=0y 2=0 ，取x 2=1，则n 2 =(1,0,-1)，所以cos n 1 ,n 2 =n 1 ⋅n 2 n 1 n 2=63，由图可知，二面角C -A 1E -D 为锐角，所以面角C -A 1E -D 的余弦值为63．5(22·23下·长沙·三模)如图，在多面体ABCDE 中，平面ACD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，△ABC 和△ACD 均为正三角形，AC =4，BE =3，点F 在AC 上.(1)若BF ⎳平面CDE ，求CF ；(2)若F 是AC 的中点，求二面角F -DE -C 的正弦值.【答案】(1)CF =1(2)8517【分析】(1)记AC 中点为M ，连接DM 、BM ，依题意可得DM ⊥AC ，根据面面垂直的性质得到DM ⊥平面ABC ，如图建立空间直角坐标系，求出平面CDE 的法向量，设F a ,0,0 ，a ∈2,-2 ，依题意可得BF ⋅n =0求出a 的值，即可得解；(2)依题意点F 与点M 重合，利用空间向量法计算可得.【详解】(1)记AC 中点为M ，连接DM 、BM ，△ACD 为正三角形，AC =4，则DM ⊥AC ，且DM =2 3.因为平面ACD ⊥平面ABC ，平面ACD ∩平面ABC =AC ，DM ⊂平面ACD ，所以DM ⊥平面ABC ，又△ABC 为正三角形，所以BM ⊥AC ，所以BM =23，如图建立空间直角坐标系，则B 0,23,0 ，C -2,0,0 ，D 0,0,23 ，E 0,23,3 ，所以CD =2,0,23 ，CE =2,23,3 ，设平面CDE 的法向量为n =x ,y ,z ，则n ⋅CD =2x +23z =0n ⋅CE =2x +23y +3z =0，令x =3，则z =-3，y =-32，则n =3,-32,-3 ，设F a ,0,0 ，a ∈-2,2 ，则BF =a ,-23,0 ，因为BF ⎳平面CDE ，所以BF ⋅n =3a +-23 ×-32+0×-3 =0，解得a =-1，所以F 为CM 的中点，此时CF =1.(2)若F 是AC 的中点，则点F 与点M 重合，则平面FDE 的一个法向量可以为m =1,0,0 ，设二面角F -DE -C 为θ，显然二面角为锐角，则cos θ=m ⋅n m ⋅n=332+-32 2+-3 2=651，所以sin θ=1-cos 2θ=1-651 2=8517，所以二面角F -DE -C 的正弦值为8517.6(22·23下·湖北·二模)如图，S 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 内接于⊙O ,AC ⊥BC ,AC =BC =322，AM =2MS ,AS =3,PQ 为⊙O 的一条弦，且SB ⎳平面PMQ .(1)求PQ 的最小值；(2)若SA ⊥PQ ，求直线PQ 与平面BCM 所成角的正弦值.【答案】(1)22(2)3010【分析】(1)作出辅助线，找到符合要求的PQ ，并利用垂径定理得到最小值；(2)在第一问基础上，得到当PQ 取得最小值时，SA ⊥PQ ，并建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.【详解】(1)过点M 作MH ⎳SB 交AB 于点H ，过点H 作PQ ⊥AB ，此时满足SB ⎳平面PMQ ，由平面几何知识易知，PQ =2r 2-d 2，当弦心距d 最大时，d =OH ，弦长最短，即PQ 取得最小值，因为AM =2MS ,AS =3，所以AH =2HB ，因为AC ⊥BC ,AC =BC =322，由勾股定理得AB =322⋅2=3，故AH =2,HB =1，连接OQ ，则OQ =32，由勾股定理得HQ =OQ 2-OH 2=94-14=2，所以PQ =2HQ =22；(2)连接OS ，则OS ⊥平面ACB ，因为PQ ⊂平面ACB ，故OS ⊥PQ ，而SA ⊥PQ ，OS ∩SA =S ，所以PQ ⊥平面AOS ，即有PQ ⊥AB .以O 为坐标原点，过点O 且平行PQ 的直线为x 轴，OB 所在直线为y 轴，OS 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则P -2,12,0 ,Q 2,12,0 ,B 0,32,0 ,C 32,0,0 ,M 0,-12,3 ，设平面BCM 的法向量为m =x ,y ,z ，则m ⋅CB =x ,y ,z ⋅-32,32,0 =-32x +32y =0m ⋅MB =x ,y ,z ⋅0,2,-3 =2y -3z =0，令x =1，则y =1,z =233，故m =1,1,233，设直线PQ 与平面BCM 所成角的大小为θ，则sin θ=cos PQ ,m =PQ ⋅m PQ ⋅m =22,0,0 ⋅1,1,233 22×1+1+43=3010.故直线PQ与平面BCM所成角的正弦值为30 10.7(22·23·深圳·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD,PA= AD=2AB，点M是PD的中点.(1)证明：AM⊥PC；(2)设AC的中点为O，点N在棱PC上(异于点P，C)，且ON=OA，求直线AN与平面ACM所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)1510【分析】(1)由等腰三角形的性质可得AM⊥PD，由面面垂直的性质可得CD⊥平面PAD，则CD⊥AM，所以由线面垂直的判定可得AM⊥平面PCD，从而可得结论；(2)以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】(1)证明：因为PA=AD，点M是PD的中点，所以AM⊥PD.因为PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD，因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD，因为平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥AM，因为PD∩CD=D，PD,CD⊂平面PCD，所以AM⊥平面PCD，因为PC⊂平面PCD，所以AM⊥PC.(2)解：由题意可得AB,AD,AP两两垂直，设AB=1，如图，以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，因为点M是PD的中点，所以M0,22,22，所以AM =0,22,22 ,AC =1,2,0 ，设平面ACM 的法向量为n =x ,y ,z ，则AM ⋅n =22y +22z =0AC ⋅n =x +2y =0，令y =-1可得x =2,z =1，所以平面ACM 的一个法向量n =2,-1,1 .PC =1,2,-2 ，设N x N ,y N ,z N ,PN =λPC =λ,2λ,-2λ (0<λ<1)，即x N ,y N ,z N -2 =λ,2λ,-2λ ，所以N λ,2λ,2-2λ .又O 12,22,0 ,ON =OA =32，所以λ-12 2+2λ-22 2+(2-2λ)2=34，化简得5λ2-7λ+2=0，解得λ=25或λ=1(舍去).所以AN =25,225,325，设直线AN 与平面ACM 所成的角为θ，则sin θ=n ⋅AN n ⋅AN=3252+1+1×425+825+1825=1510，所以直线AN 与平面ACM 所成角的正弦值为1510.8(22·23下·温州·二模)已知三棱锥D -ABC 中，△BCD 是边长为3的正三角形，AB =AC =AD ,AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33．(1)求证：AD ⊥BC ；(2)求二面角D -AC -B 的平面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)223【分析】(1)取BC 的中点E ，连接AE ,DE ，证明BC ⊥平面ADE ，即可得证；(2)取正三角形BCD 的中心O ，连接OA ，从而可得OA ⊥平面BCD ，则∠ODA 即为AD 与平面BCD 所成角的平面角，进而可得AB =AC =AD =3，取AC 中点为H ，连接DH ,BH ，则DH ⊥AC ,BH ⊥AC ，故∠BHD 即为二面角D -AC -B 的平面角，解△BDH 即可得解.【详解】(1)取BC 的中点E ，连接AE ,DE ，因为AB =AC ，所以AE ⊥BC ，因为△BCD 是边长为3的正三角形，所以DE ⊥BC ，又AE ∩DE =E ,AE ,DE ⊂平面ADE ，所以BC ⊥平面ADE ，因为AD ⊂平面ADE ，所以AD ⊥BC ；(2)取正三角形BCD 的中心O ，连接OA ，则点O 在DE 上，且OD =23DE ，由AB =AC =AD ，△BCD 是正三角形，得三棱锥A -BCD 为正三棱锥，则OA ⊥平面BCD ，故∠ODA 即为AD 与平面BCD 所成角的平面角，又AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33，所以OD AD =3×32×23AD=33，即AB =AC =AD =3，即三棱锥A -BCD 是正四面体，取AC 中点为H ，连接DH ,BH ，则DH ⊥AC ,BH ⊥AC ，故∠BHD 即为二面角D -AC -B 的平面角，在△BDH 中，BH =DH =332,BD =3，则cos ∠BHD =BH 2+DH 2-BD 22⋅BH ⋅DH =274+274-92×332×332=13，所以sin ∠BHD =1-cos 2∠BHD =223，所以二面角D -AC -B 的平面角的正弦值223．9(22·23下·浙江·二模)如图，四面体ABCD ,AD ⊥CD ,AD =CD ,AC =2,AB =3,∠CAB =60°，E 为AB 上的点，且AC ⊥DE ,DE 与平面ABC 所成角为30°，(1)求三棱锥D -BCE 的体积；(2)求二面角B -CD -E 的余弦值.【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析．【分析】(1)取AC 中点F ，可证明AC ⊥平面DEF ，得平面ABC ⊥平面DEF ，DE 在平面ABC 内的射影就是直线EF ，∠DEF 是DE 与平面ABC 所成的角，即∠DEF =30°，由正弦定理求得∠FDE ，有两个解，在∠FDE =60°时可证DF ⊥平面ABC ，在∠FDE =120°时，取FE 中点H 证明DH ⊥平面ABC ，然后由棱锥体积公式计算体积；(2)建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．【详解】(1)取AC 中点F ，连接FE ,FD ，因为AD =CD ，所以DF ⊥AC ，又AC ⊥DE ，DE ∩DF =D ，DE ,DF ⊂平面DEF ，所以AC ⊥平面DEF ，而FE ⊂平面DEF ，所以AC ⊥FE ，由已知AF =1，∠BAC =60°，所以EF =3，AE =2，BE =1，由AC ⊥平面DEF ，AC ⊂平面ABC 得平面ABC ⊥平面DEF ，因此DE 在平面ABC 内的射影就是直线EF ，所以∠DEF 是DE 与平面ABC 所成的角，即∠DEF =30°，AD =CD ,AC =2，因此DF =12AC =1，在△DEF 中，由正弦定理EF sin ∠FDE =DF sin ∠DEF 得1sin30°=3sin ∠FDE ，sin ∠FDE =32，∠FDE 为△DEF 内角，所以∠FDE =60°或120°，S △ABC =12AB ×AC ×sin ∠BAC =12×3×2×sin60°=333，S △CBE =BE BAS △ABC =3-23×332=32，若∠FDE =60°，则∠DFE =90°，即DF ⊥FE ，AC ∩FE =F ，AC ,FE ⊂平面ABC ，所以DF ⊥平面ABC ，V D -BCE =13S △BCE ⋅DF =13×32×1=36；若∠FDE =120°，则∠DFE =30°，DF =DE =1，取EF 中点H ，连接DH ，则DH ⊥EF ，因为平面ABC ⊥平面DEF ，平面ABC ∩平面DEF =EF ，而DH ⊂平面DEF ，所以DH ⊥平面ABC ，DH =DF sin ∠DFE =1×sin30°=12，所以V D -BCE =13S △BCE ⋅DF =13×32×12=312；(2)若∠FDE =60°，以FA ,FE ,FD 为x ,y ,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ，则D (0,0,1)，C (-1,0,0)，A (1,0,0)，E (0,3,0)，AE =(-1,3,0)，EB =12AE =-12,32,0 ，所以B 点坐标为-12,332,0 ，CD =(1,0,1)，CB =12,332,0 ，CE =(1,3,0)，设平面DBC 的一个法向量是m =(x 1,y 1,z 1)，则m ⋅CD =x 1+z 1=0m ⋅CB =12x 1+332y 1=0，取y 1=-1，则x 1=33，z 1=-33，即m =(33,-1,-33)，设平面DEC 的一个法向量是n =(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅CD =x 2+z 2=0n ⋅CE =x 2+3y 2=0，取y 2=-1，则x 2=3，z 2=-3，即m =(3,-1,-3)，cos m ,n =m ⋅n m n =9+1+955×7=19385385，所以二面角B -CD -E 的余弦值是19385385；若∠FDE =120°，以FA 为x 轴，FE 为y 轴，过F 且平行于HD 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ，FH =12FE =32，则D 0,32,12 ，C (-1,0,0)，A (1,0,0)，E (0,3,0)，AE =(-1,3,0)，EB =12AE =-12,32,0 ，所以B 点坐标为-12,332,0 ，CD =1,32,12 ，CB =12,332,0 ，CE =(1,3,0)，设平面DBC 的一个法向量是m =(x 1,y 1,z 1)，则m ⋅CD =x 1+32y 1+12z 1=0m ⋅CB =12x 1+332y 1=0，取y 1=-1，则x 1=33，z 1=-53，即m =(33,-1,-53)，设平面DEC 的一个法向量是n =(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅CD =x 2+32y 2+12z 2=0n ⋅CE =x 2+3y 2=0，取y 2=-1，则x 2=3，z 2=-3，即m =(3,-1,-3)，cos m ,n =m ⋅n m n =9+1+15103×7=25721721，所以二面角B -CD -E 的余弦值是25721721．10(22·23下·襄阳·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为矩形，∠BAC =90°，AB =AC =2，AA 1=4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点N ，M 为B 1C 1的中点.(1)求证：平面A 1MNA ⊥平面A 1BC ；(2)求平面A 1B 1BA 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)23015【分析】(1)利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；(2)利用空间向量的坐标运算求面面夹角的余弦值.【详解】(1)如图，∵A 1N ⊥面ABC ，连AN ，则AN ⊥A 1N ，又AB =AC =2，∴AN ⊥BC ，又AN ∩BC =N ，A 1N ⊂面A 1BC ，BC ⊂面A 1BC ，于是AN ⊥面A 1BC ，又AN ⊂面A 1MN ，，所以面A 1BC ⊥面A 1MNA .(2)由(1)可得，以NA ,NB ,NA 1 为x ,y ,z 轴，建系如图，∠BAC =90°，AB =AC =2，BC =22则A (2,0,0),B (0,2,0),C (0,-2,0),因为AA 1=4,AN =2,所以A 1N =14,则A 1(0,0,14),因为NB 1 =NB +BB 1 =NB +AA 1 =0,2,0 +-2,0,14 =-2,2,14 ,所以B 1-2,2,14 ,设平面A 1BB 1的一个法向量为m =(x ,y ,z )，因为A 1B =(0,2,-14),B 1B =(2,0,-14),所以A 1B ⋅m =2y -14z =0B 1B ⋅m =2x -14z =0 ，令y =7，则x =7,z =1，所以m =(7,7,1)，设平面BCC 1B 1的一个法向量为n =(a ,b ,c )，因为BC =(0,-22,0),BB 1 =(-2,0,14),所以BC ⋅n =-22b =0BB 1 ⋅n =-2a +14c =0，令a =7，则b =0,c =1，所以n =(7,0,1)，设平面A 1BB 1与平面BCC 1B 1夹角为θ，则cos θ=cos <m ,n >=m ⋅n m n=7+0+17+7+1×7+0+1=23015，所以平面A 1BB 1与平面BCC 1B 1夹角的余弦值为23015.11(22·23·唐山·二模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，△ABC 是等边三角形，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，且AA 1=AC ，∠AA 1C 1=120°，M 是CC 1的中点．(1)证明：A 1C ⊥BM ．(2)求二面角A 1-BC -M 的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)45【分析】(1)根据菱形的性质、结合面面垂直的性质，线面垂直的判定定理进行证明即可；(2)建立空间直角坐标系，运用空间向量夹角公式进行求解即sk .【详解】(1)取AC 的中点O ，连接OM ，OB ，AC 1．在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，由AA 1=AC ，得四边形ACC 1A 1为菱形，所以A 1C ⊥AC 1，易知OM ∥AC 1，则A 1C ⊥OM ．由△ABC 是等边三角形，知OB ⊥AC ，又平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，OB ⊂平面ABC ，知OB ⊥平面ACC 1A 1，则OB ⊥A 1C ，又OB ∩OM =O ,OB ,OM ⊂平面OBM ，得A 1C ⊥平面OBM ，又BM ⊂平面OBM ，故A 1C ⊥BM ．.(2)连接OA 1，因为侧面ACC 1A 1为菱形，∠AA 1C 1=120°，则∠A 1AC =60°，则△A 1AC 为等边三角形，所以A 1O ⊥AC ，又由(1)易知OA 1，OB ，AC 两两垂直，故以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OA 1 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系．不妨设AB =2，则O 0,0,0 ，B 3,0,0 ，C 0,1,0 ，A 10,0,3 ，C 10,2,3 ，BA 1 =-3,0,3 ，BC =-3,1,0 ，CC 1 =0,1,3 ，设平面A 1BC 的法向量为n =x ,y ,z ，则n ⋅BC =-3x +y =0n ⋅BA 1 =-3x +3z =0 ，令x =1，得n =1,3,1 ，设平面BCC 1的法向量为m =a ,b ,c ，则m ⋅BC =-3a +b =0m ⋅CC 1 =b +3c =0，令a =1，得m =1,3,-1 ，所以cos n ,m =n ⋅m n ⋅m=35⋅5=35，即二面角A 1-BC -M 的正弦值为45．12(22·23下·盐城·三模)如图，该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成，点G 为弧CD 的中点，且C ，E ，D ，G 四点共面.(1)证明：平面BDF ⊥平面BCG ；(2)若平面BDF 与平面ABG 所成二面角的余弦值为155，且线段AB 长度为2，求点G 到直线DF 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)62【分析】(1)过G 作GH ⎳CB ，交底面弧于H ，连接HB ，有HBCG 为平行四边形，根据题设可得FB ⊥HB ，即FB ⊥CG ，再由线面垂直的性质可得CB ⊥FB ，最后根据线面、面面垂直的判定即可证结论.(2)构建如下图示空间直角坐标系A -xyz ，令半圆柱半径为r ，高为h ，确定相关点坐标，进而求平面BDF 、平面ABG 的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知条件可得h =2r ，即可求出点G 到直线DF 的距离.【详解】(1)过G 作GH ⎳CB ，交底面弧于H ，连接HB ，易知：HBCG 为平行四边形，所以HB ⎳CG ，又G 为弧CD 的中点，则H 是弧AB 的中点，所以∠HBA =45°，而由题设知：∠ABF =45°，则∠HBF =∠HBA +∠ABF =90°，所以FB ⊥HB ，即FB ⊥CG ，由CB ⊥底面ABF ，FB ⊂平面ABF ，则CB ⊥FB ，又CB ∩CG =C ，CB ,CG ⊂平面BCG ，所以FB ⊥平面BCG ，又FB ⊂平面BDF ，所以平面BDF ⊥平面BCG .(2)由题意，构建如下图示空间直角坐标系A -xyz ，令半圆柱半径为r ，高为h ，则B 0,2r ,0 ，F 2r ,0,0 ，D 0,0,h ，G -r ,r ,h ，所以FD =-2r ,0,h ，BD =0,-2r ,h ，AB =0,2r ,0 ，AG =-r ,r ,h ，若m =x ,y ,z 是面BDF 的一个法向量，则m ⋅FD =-2rx +hz =0m ⋅BD =-2ry +hz =0 ，令z =2r ，则m =h ,h ,2r ，若n =a ,b ,c 是面ABG 的一个法向量，则n ⋅AB =2rb =0n ⋅AG =-ra +rb +hc =0 ，令c =r ，则n =h ,0,r ，所以cos m ,n =m ⋅n m n=h 2+2r 22h 2+4r 2×h 2+r 2=155，整理可得h 2-4r 2 h 2+2r 2 =0，则h =2r ，又AB =2，由题设可知，此时点G -1,1,2 ，D 0,0,2 ，F 2,0,0 ，则DF =2,0,-2 ，DG =-1,1,0 ，所以点G 到直线DF 的距离d =DG 2-DG ⋅DF 2DF2=62.13(22·23下·江苏·三模)如图，圆锥DO 中，AE 为底面圆O 的直径，AE =AD ，△ABC 为底面圆O 的内接正三角形，圆锥的高DO =18，点P 为线段DO 上一个动点.(1)当PO =36时，证明：PA ⊥平面PBC ；(2)当P 点在什么位置时，直线PE 和平面PBC 所成角的正弦值最大.【答案】(1)证明见解析；(2)P 点在距离O 点36处【分析】(1)利用勾股定理证明出AP ⊥BP 和AP ⊥CP ，再用线面垂直的判定定理证明出PA ⊥平面PBC ；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】(1)因为AE =AD ，AD =DE ，所以△ADE 是正三角形，则∠DAO =π3，又DO ⊥底面圆O ，AE ⊂底面圆O ，所以DO ⊥AE ，在Rt △AOD 中，DO =18，所以AO =DO 3=63，因为△ABC 是正三角形，所以AB =AO ×32×2=63×3=18，AP =AO 2+PO 2=92，BP =AP ，所以AP 2+BP 2=AB 2，AP ⊥BP ，同理可证AP ⊥CP ，又BP ∩PC =P ，BP ，PC ⊂平面PBC ，所以PA ⊥平面PBC .(2)如图，建立以O 为原点的空间直角坐标系O -xyz .设PO =x ，(0≤x ≤18)，所以P 0,0,x ，E -33,9,0 ，B 33,9,0 ，C -63,0,0 ，所以EP =33,-9,x ，PB =33,9,-x ，PC =-63,0,-x ，设平面PBC 的法向量为n =a ,b ,c ，则n ⋅PB =33a +9b -cx =0n ⋅PC =-63a -cx =0，令a =x ，则b =-3x ，c =-63，故n =x ,-3x ,-63 ，设直线PE 和平面PBC 所成的角为θ，则sin θ=cos EP ,n =33x +93x -63x 108+x 2⋅x 2+3x 2+108=63x 108+x 2⋅4x 2+108=634x 2+1082x 2+540≤6324x 2⋅1082x 2+540=13，当且仅当4x 2=1082x 2，即PO =x =36时，直线PE 和平面PBC 所成角的正弦值最大，故P 点在距离O 点36处.14(22·23下·镇江·三模)如图，四边形ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC =60°，四边形PACQ 为矩形，PA =1，从下列三个条件中任选一个作为已知条件，并解答问题(如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分).①BP ,DP 与平面ABCD 所成角相等；②三棱锥P -ABD 体积为33；③cos ∠BPA =55(1)平面PACQ ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B -PQ -D 的大小；(3)求点C 到平面BPQ 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)2π3(3)32【分析】(1)若选①，则作PA ⊥面ABCD ，证明A 和A 重合从而得到PA ⊥面ABCD ，从而得到面面垂直；若选②，计算得到P 到面ABD 的距离h =1=PA ，得到PA ⊥面ABCD ，从而得到面面垂直；若选③，通过余弦定理计算得到PA ⊥AB ，再通过PA ⊥面ABCD ，从而得到面面垂直；(2)通过建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合二面角计算公式计算即可；(3)通过点面距离的计算公式直接计算即可.【详解】(1)选①，连接BD ，作PA ⊥面ABCD ，垂足为A .∵BP ,DP 与平面ABCD 所成角相等，∴A B =A D ，∴A 在BD 的中垂线AC 上，∵在平面PACQ 内，PA ⊥AC ,PA ⊥AC ,∴A 和A 重合，∴PA ⊥面ABCD ，又PA ⊂面PACQ ，∴面PACQ ⊥面ABCD若选②，设P 到面ABD 的距离为h ，∵V P -ABD =13S △ABD ⋅h =13×3⋅h =33，得h =1=PA ，∴PA 即为P 到面ABD 的距离，即PA ⊥面ABCD ，又PA ⊂面PACQ ，∴面PACQ ⊥面ABCD .若选③，由余弦定理得，cos ∠BPA =PB 2+PA 2-AB 22PB ⋅PA =55，∴BP =5,∴BP 2=AP 2+AB 2∴PA ⊥AB ，又PA ⊥AC ,AC ∩AB =A ,AC ,AB ⊂面ABCD∴PA ⊥面ABCD ，又PA ⊂面PACQ∴面PACQ ⊥面ABCD(2)因为PA ⊥面ABCD ，OB ,OC ⊂面ABCD ，所以PA ⊥OB ,PA ⊥OC ，取PQ 中点G ，则OG ⎳PA ，所以OG ⊥OB ,OG ⊥OC ，又因为OB ⊥OC ，所以建立如下图所示空间直角坐标系，∵B 3,0,0 ,P 0,-1,1 ,D -3,0,0 ,Q 0,1,1 ，∴BQ =-3,1,1 ,DQ =3,1,1 ,DP =3,-1,1 ，设平面BPQ 的一个法向量为m =x ,y ,z ，则m⋅BP =0m ⋅BQ =0 ，即-3x -y +z =0-3x +y +z =0 ，令x =3，则y =0,z =3,∴m =3,0,3 ，设平面DPQ 的一个法向量为n =x 1,y1,z 1 ，则n ⋅DP=0n ⋅DQ =0 ，即3x 1-y 1+z 1=3x 1+y 1+z 1=0，令x1=3，则y 1=0,z 1=-3,∴n =3,0,-3 ，∴cos m ,n =m ⋅n m ⋅ n =-623×23=-12，∵m ,n ∈0,π ,∴m ,n =2π3，由图可知二面角B -PQ -D 是钝角，所以二面角B -PQ -D 的大小为2π3.(3)∵C 0,1,0 ,Q 0,1,1 ，∴CQ =0,0,1 ,∵平面BPQ 的一个法向量为m =3,0,3 ，∴点C 到平面BPQ 的距离d =CQ ⋅m m=323=32.15(22·23下·江苏·一模)在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面A 1B 1BA ⊥平面ABC ，侧面A 1B 1BA 为菱形，∠ABB 1=π3，AB 1⊥AC ，AB =AC =2，E 是AC 的中点.(1)求证：A 1B ⊥平面AB 1C ；(2)点P 在线段A 1E 上(异于点A 1，E )，AP 与平面A 1BE 所成角为π4，求EP EA 1的值.【答案】(1)证明见解析(2)EP EA 1=25【分析】(1)作B 1O ⊥AB 交AB 于O 点，由面面垂直的性质可得B 1O ⊥平面ABC ，可得B 1O ⊥AC ，再由线面垂直的判定定理得AC ⊥平面A 1B 1BA ，从而得到AC ⊥A 1B ，再由线面垂直的判定定理可得答案；(2)以A 为原点，AB 、AC 、AO 1所在的直线分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，设EP =λEA 1 ，可得AP =-λ,1-λ,3λ ，求出平面A 1BE 的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.【详解】(1)因为侧面A 1B 1BA 为菱形，∠ABB 1=π3，AB =AC =2，所以△ABB 1、△AA 1B 1为边长为2的等边三角形，作B 1O ⊥AB 交AB 于O 点，则O 点为AB 的中点，因为平面A 1B 1BA ⊥平面ABC ，平面A 1B 1BA ∩平面ABC =AB ，B 1O ⊂平面A 1B 1BA ，所以B 1O ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，可得B 1O ⊥AC ，又AB 1⊥AC ，B 1O ∩AB 1=B 1，B 1O 、AB 1⊂平面A 1B 1BA ，可得AC ⊥平面A 1B 1BA ，因为A 1B ⊂平面A 1B 1BA ，所以AC ⊥A 1B ，因为侧面A 1B 1BA 为菱形，所以B 1A ⊥A 1B ，AB 1∩AC =A ，AB 1、AC ⊂平面AB 1C ，所以A 1B ⊥平面AB 1C ；(2)由(1)知，AC ⊥平面A 1B 1BA ，∠BAC =π2，取做A 1B 1的中点O 1，连接AO 1，则B1O ⎳AO 1，所以AO 1⊥平面ABC ，以A 为原点，AB 、AC 、AO 1所在的直线分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，则A 0,0,0 ，A 1-1,0,3 ，B 2,0,0 ，E 0,1,0 ，A 1B =3,0,-3 ，EA 1 =-1,-1,3 ，设EP =λEA 1 ，可得P -λ,1-λ,3λ ，所以AP =-λ,1-λ,3λ ，设平面A 1BE 的一个法向量为n=x ,y ,z ，则A 1B ⋅n=0EA 1 ⋅n =0，即3x -3z =0-x -y +3z =0 ，令z =3，可得n =1,2,3 ，可得sin π4=cos n ,AP =n ⋅AP n AP=-λ+2-2λ+3λ 1+4+3λ2+1-λ 2+3λ2，解得λ=0舍去，或λ=25，所以EP EA 1=25.16(22·23下·河北·三模)如图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是菱形，其对角线AC ,BD 交于点O ，且PO ⊥平面ABCD ,OC =1,OD =OP =2,M 是PD 的中点，N 是线段CD 上一动点．(1)当平面OMN ⎳平面PBC 时，试确定点N 的位置，并说明理由；(2)在(1)的前提下，点Q 在直线MN 上，以PQ 为直径的球的表面积为214π．以O 为原点，OC ,OD ,OP 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系O -xyz ，求点Q 的坐标．【答案】(1)N 是CD 的中点(2)12,1,0 ，-1310,1,185 【分析】(1)根据面面平行的性质证明MN ⎳PC ，即可得解；(2)先根据球的体积求出PQ ，然后根据空间中两点间的距离公式即可得解.【详解】(1)因为平面OMN ⎳平面PBC ，平面OMN ∩平面PCD =MN ，平面PBC ∩平面PCD =PC ，所以MN ⎳PC ，因为M 是PD 的中点，所以N 是CD 的中点；(2)由题意4π×PQ 22=214π，解得PQ =212，设MQ =λMN,λ∈R ，由题意，P 0,0,2 ,M 0,1,1 ,N 12,1,0 ，则PM =0,1,-1 ,MN =12,0,-1 ，则PQ =PM +MQ =0,1,-1 +λ12,0,-1 =λ2,1,-λ-1 ，则λ24+1+-λ-1 2=212，解得λ=1或λ=-135，当λ=1时，MQ =MN ，则Q 12,1,0 ，当λ=-135时，MQ =-135MN =-1310,0,135，设Q x ,y ,z ，则MQ =x ,y -1,z -1 =-1310,0,135，所以x =-1310y -1=0z -1=135 ，解得x =-1310y =1z =185 ，则Q -1310,1,185 ，综上所述点Q 的坐标为12,1,0，-1310,1,185 .17(22·23·汕头·三模)如图，圆台O 1O 2的轴截面为等腰梯形A 1ACC 1，AC =2AA 1=2A 1C 1=4,B 为底面圆周上异于A ,C 的点.(1)在平面BCC 1内，过C 1作一条直线与平面A 1AB 平行，并说明理由；(2)若四棱锥B -A 1ACC 1的体积为23，设平面A 1AB ∩平面C 1CB =l ,Q ∈l ，求CQ 的最小值.【答案】(1)作图见解析，理由见解析(2)7【分析】(1)根据线面平行的判定和中位线定理即可求解;(2)根据几何关系或空间向量方法即可求解.【详解】(1)取BC 中点P ，作直线C 1P 即为所求，取AB 中点H ，连接A 2H ,PH ，则有PH ∥AC ,PH =12AC ，如图，在等腰梯形A 1ACC 1中，A 1C 1=12AC ，有HP ∥A 1C 1,HP =A 1C 1，则四边形A 1C 1PH 为平行四边形，即有C 1P ∥A 1H ，又A 1H ⊂平面A 1AB ,C 1P⊄平面A 1AB ，所以C 1P ∥平面A 1AB .(2)法一：延长AA 1,CC 1交于点O ，故O ∈AA 1⊂平面ABA 1,O ∈CC 1⊂平面CC 1B故平面A 1AB ∩平面C 1CB =BO ,BO 即l ,在△OBC 中，OC ,OB 均为圆锥母线.过点B 作BO ⊥AC 于O .在等腰梯形A 1ACC 1中，AC =2AA 1=2A 1C 1=4，此梯形的高h =AA 21-AC -A 1C 122=3,∴等腰梯形A 1ACC 1的面积为S =122+4 3=33，所以四棱锥B -A 1ACC 1的体积V =13S ×BO =13×33×BO =23，解得BO =2，故点O 与O 2重合，BC =22由AC =2AA 1=2A 1C 1，得OC =2CC 1，且∠C 1CA =60°，故OC =AC =4=OB .△OBC 中，O 到BC 距离h 1=OB 2-BC 22=14.则△OBC 面积=12OB ⋅CQ min =12BC ⋅h 1,得：CQ 的最小值为：CQ min =22⋅144=7.法二：同法一求出B 的位置.以O 2为原点，OB ,OC ,O 2O 1方向为x ,y ,z 轴正向建立空间直角坐标系，C 0,2,0 ,B 2,0,0 ,AA 1 =0,1,3 ,AB =2,2,0 ,CC 1 =0,-1,3 ,BC=-2,2,0设面A 1AB 的法向量为a=x 1,y 1,z 1a ⋅AA 1=y 1+3z 1=0a ⋅AB=2x 1+2y 1=0，取z 1=1，有a=3,-3,1 ；同理可得面C 1CB 的法向量为β=3,3,1 ,由l =面C 1CB ∩面A 1AB ，可知B ∈l ，设l 的方向向量为l=x ,y ,z ，故l ⋅a =3x -3y +z =0,l ⋅β=3x +3y +z =0取l=1,0,3 ,下面分2个方法求|CQ |min求|CQ |min 方法1：BQ =l=t ,0,3t ,，∵B 2,0,0 ,∴Q t -2,0,3t∴CQ =(t -2)2+22+(3t )2=4t 2-4t +8，当t =12时，CQ 取最小值为7.求CQ min 方法2：BC 在l 上的投影向量的模为BC ⋅l l =-2×1+2×0+0×32=1故CQ 的最小值即C 到l 的距离为BC 2-12=7.法三:在三角形△BCO 中，BO =CO =4,BC =22,cos ∠CBO =42+(22)2-422×4×22=122⋅sin ∠CBO =1-1222=722,所以CQ ≥CB sin ∠CBO =722×22=7.18(19·20下·临沂·二模)如图①，在Rt △ABC 中，B 为直角，AB =BC =6，EF ∥BC ，AE =2，沿EF 将△AEF 折起，使∠AEB =π3，得到如图②的几何体，点D 在线段AC 上．(1)求证：平面AEF ⊥平面ABC ；(2)若AE ⎳平面BDF ，求直线AF 与平面BDF 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)64.【分析】(1)由余弦定理计算证明EA ⊥AB ，再利用线面垂直的判定、性质，面面垂直的判定推理作答.(2)以A 为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的正弦作答.【详解】(1)在△ABE 中，AE =2,BE =4，∠AEB =π3，由余弦定理得：AB 2=AE 2+BE 2-2AE ⋅BE cos ∠AEB =4+16-2×2×4×12=12，则AB =23，有EB 2=EA 2+AB 2，于是∠EAB =π2，即有EA ⊥AB ，又EF ⊥EB ,EF ⊥EA ,EA ∩EB =E ,EA ,EB ⊂平面ABE ，因此EF ⊥平面ABE ，而AB ⊂平面ABE ，则EF ⊥AB ，又因为EA ∩EF =E ,EA ,EF ⊂平面AEF ，从而AB ⊥平面AEF ，而AB ⊂平面ABC ，所以平面AEF ⊥平面ABC .(2)以A 为原点，以AB ,AE 分别为x ,y 轴，过点A 垂直于平面ABE 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图，由(1)知，EF ⊥平面ABE ，而EF ⎳BC ，则有BC ⊥平面ABE ，则A (0,0,0),B (23,0,0),E (0,2,0),F (0,2,2),C (23,0,6)，AF =(0,2,2),FB =(23,-2,-2),AC=(23,0,6)，连接EC 与FB 交于点G ，连接DG ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ，平面AEC ∩平面BDF =DG ，则AE ⎳GD ，有GC GE =DCDA，在四边形BCFE 中，由EF ⎳BC ，得GC GE =BC EF =3，即DC DA=3，AD =14AC =32,0,32 ，FD =AD -AF =32,-2,-12，设平面BDF 的法向量为n =(x ,y ,z )，则n ⋅FD =32x -2y -12z =0n ⋅FB =23x -2y -2z =0，令x =1，得n =(1,0,3)，设直线AF 与平面BDF 所成角为θ，于是sin θ=|cos ‹n ,AF ›|=|n ⋅AF ||n ||AF |=2322×2=64，所以直线AF 与平面BDF 所成角的正弦值为64.19(22·23下·广州·三模)如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，AB =AP =2，PA ⊥平面ABCD ，E ,F 分别是线段PB ,PD 的中点，G 是线段PC 上的一点.(1)求证：平面EFG ⊥平面PAC ；(2)若直线AG 与平面AEF 所成角的正弦值为13，且G 点不是线段PC 的中点，求三棱锥E -ABG 体积.【答案】(1)证明见解析(2)19【分析】(1)由线面垂直判定可证得BD ⊥平面PAC ，由中位线性质知EF ⎳BD ，从而得到EF ⊥平面PAC ，由面面垂直判定可得结论；(2)以A 为坐标原点可建立空间直角坐标系，设PG =λPC ，λ∈0,12 ∪12,1 ，由线面角的向量求法可构造方程求得λ，结合垂直关系可得G 平面PAB 的距离为16BC =13，利用棱锥体积公式可求得结果.【详解】(1)连接BD ，∵E ,F 分别是线段PB ,PD 的中点，∴EF ⎳BD ，∵底面四边形ABCD 为正方形，∴BD ⊥AC ，∵PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BD ，又PA ∩AC =A ，PA ,AC ⊂平面PAC ，∴BD ⊥平面PAC ，∵EF ⎳BD ，∴EF ⊥平面PAC ，又EF ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面PAC .(2)以A 为坐标原点，分别以AB ,AD ,AP 所在直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则A 0,0,0 ，E 1,0,1 ，F 0,1,1 ，P 0,0,2 ，C 2,2,0 ，设PG =λPC ，λ∈0,12 ∪12,1 ，则AG =AP +PG =0,0,2 +2λ,2λ,-2λ =2λ,2λ,2-2λ ，AE =1,0,1 ，AF =0,1,1 ，设平面AEF 的一个法向量为n=x ,y ,z ，则n ⋅AE=x +z =0n ⋅AF=y +z =0，令z =-1，解得：x =1，y =1，∴n =1,1,-1 ；设直线AG 与平面AEF 所成角为θ，sin θ=cos n ,AG =n ⋅AGn ⋅AG=6λ-2 3⋅4λ2+4λ2+2-2λ 2=13，解得：λ=16或λ=12(舍)，∴PG =16PC ，∵PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BC ；∵BC ⊥AB ，PA ∩AB =A ，PA ,AB ⊂平面PAB ，∴BC ⊥平面PAB ，∴G 到平面PAB 的距离为16BC =13，∴V E -ABG =V G -ABE =13S △ABE ⋅16BC =13×12×12×2×2×13=19.20(22·23下·长沙·一模)斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各棱长都为2，∠A 1AB =60°，点A 1在下底面ABC 的投影为AB 的中点O ．(1)在棱BB 1(含端点)上是否存在一点D 使A 1D ⊥AC 1若存在，求出BD 的长；若不存在，请说明理由；(2)求点A 1到平面BCC 1B 1的距离．【答案】(1)存在，BD =25(2)2155【分析】(1)连接OC ，以O 点为原点，如图建立空间直角坐标系，设BD =tBB 1 ,t ∈0,1 ，根据AC 1 ⋅A 1D=0，求出t 即可；(2)利用向量法求解即可.【详解】(1)连接OC ，因为AC =BC ，O 为AB 的中点，所以OC ⊥AB ，由题意知A 1O ⊥平面ABC ，又AA 1=2，∠A 1AO =60°，所以A 1O =3，以O 点为原点，如图建立空间直角坐标系，则A 10,0,3 ，A 1,0,0 ，B -1,0,0 ，C 0,3,0 ，由AB =A 1B 1得B 1-2,0,3 ，同理得C 1-1,3,3 ，设BD =tBB 1,t ∈0,1 ，得D -1-t ,0,3t ，又AC 1 =-2,3,3 ，A 1D =-1-t ,0,3t -3 ，由AC 1 ⋅A 1D=0，得-2-1-t +33t -3 =0，得t =15，又BB 1=2，∴BD =25，∴存在点D 且BD =25满足条件；(2)设平面BCC 1B 1的法向量为n=x ,y ,z ，BC =1,3,0 ，CC 1 =-1,0,3 ，则有n ⋅BC=x +3y =0n ⋅CC 1=-x +3z =0，可取n =3,-1,1 ，又BA 1=1,0,3 ，∴点A 1到平面BCC 1B 1的距离为d =BA 1 cos BA 1 ,n =BA 1 ×3+0+3BA 1×5=2155，∴所求距离为2155.21(22·23下·长沙·三模)如图，三棱台ABC -A 1B 1C 1，AB ⊥BC ，AC ⊥BB 1，平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，AB =6,BC =4，BB 1=2，AC 1与A 1C 相交于点D ，AE =2EB，且DE ∥平面BCC 1B 1.(1)求三棱锥C -A 1B 1C 1的体积；(2)平面A 1B 1C 与平面ABC 所成角为α，CC 1与平面A 1B 1C 所成角为β，求证：α+β=π4.【答案】(1)2(2)证明见解析【分析】(1)通过证明线线和线面垂直，并结合已知条件即可得出三棱锥C -A 1B 1C 1的体积；(2)建立空间直角坐标系，表达出各点的坐标，求出所成角为α与β的正余弦值，即可证明结论.【详解】(1)由题意，∵平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，且平面ABB 1A 1∩平面ABC =AB ，AB ⊥BC ，BC ⊂平面ABC ∴BC ⊥平面ABB 1A 1，∵BB 1⊂平面ABB 1A 1，∴BC ⊥BB 1，又AC ⊥BB 1，BC ∩AC =C ，BC ,AC ⊂平面ABC ∴BB 1⊥平面ABC ，连接C 1B ，∵DE ⎳平面BCC 1B 1，DE ⊂平面ABC 1，平面ABC 1∩平面BCC 1B 1=C 1B ，∴DE ∥C 1B ，∵AE =2EB ，∴AD =2DC 1 ，∴A 1C 1=12AC .∴三棱锥C -A 1B 1C 1底面A 1B 1C 1的面积S 1=12×2×3=3，高h =BB 1=2，。

高中数学立体几何知识点（大全）一、【空间几何体结构】1.空间结合体：如果我们只考虑物体占用空间部分的形状和大小，而不考虑其它因素，那么由这些物体抽象出来的空间图形，就叫做空间几何体。

2.棱柱的结构特征：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，每相邻两个四边形的公共边互相平行，由这些面围成的图形叫做棱柱。

棱柱(1)：棱柱中，两个相互平行的面，叫做棱柱的底面，简称底。

底面是几边形就叫做几棱柱。

(2)：棱柱中除底面的各个面。

(3)：相邻侧面的公共边叫做棱柱的侧棱。

(4)：侧面与底面的公共顶点叫做棱柱的顶点棱柱的表示：用表示底面的各顶点的字母表示。

如：六棱柱表示为ABCDEF-A’B’C’D’E’F’3.棱锥的结构特征：有一个面是多边形，其余各面都是三角形，并且这些三角形有一个公共定点，由这些面所围成的多面体叫做棱锥。

棱锥4.圆柱的结构特征：以矩形的一边所在直线为旋转轴,其余边旋转形成的面所围成的旋转体叫做圆柱。

圆柱(1)：旋转轴叫做圆柱的轴。

(2)：垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做圆柱的底面。

(3)：平行于轴的边旋转而成的曲面叫做圆柱的侧面。

(4)：无论旋转到什么位置，不垂直于轴的边都叫做圆柱侧面的母线。

圆柱用表示它的轴的字母表示，如：圆柱O’O（注：棱柱与圆柱统称为柱体）5.圆锥的结构特征：以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴, 两余边旋转形成的面所围成的旋转体叫做圆锥。

圆锥(1)：作为旋转轴的直角边叫做圆锥的轴。

(2)：另外一条直角边旋转形成的圆面叫做圆锥的底面。

(3)：直角三角形斜边旋转形成的曲面叫做圆锥的侧面。

(4)：作为旋转轴的直角边与斜边的交点。

(5)：无论旋转到什么位置，直角三角形的斜边叫做圆锥的母线。

圆锥可以用它的轴来表示。

如：圆锥SO（注：棱锥与圆锥统称为锥体）二、【棱台和圆台的结构特征】1.棱台的结构特征：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥,底面与截面之间的部分是棱台。

棱台(1)：原棱锥的底面和截面分别叫做棱台的下底面和上底面。

解析几何和立体几何
解析几何和立体几何是数学中的两个重要分支。

解析几何是指通过代数方法研究几何
问题，例如用坐标系来描述和分析几何图形、求解几何问题等。

而立体几何则专注于三维
图形和空间中的几何关系，研究点、线、面和体的性质、变换和展开等。

在解析几何中，坐标系是重要的工具。

坐标系统是一个由两个数轴定义的平面，这两
个轴相互垂直，相交于原点。

在二维坐标系中，一个点可以由其在x轴和y轴上的坐标表示。

通过坐标系可以求出两点之间的距离，解决线段、角度、三角形和圆的面积、周长等
问题。

在立体几何中，三维图形是重要的对象。

三维图形通常由点、线、面、体的元素组成。

在我们日常接触的环境中，世界上的大多数物体都是三维的，可以用立体几何来描述。

例如，立方体、棱柱、棱锥、圆锥和球等几何图形均属于三维对象。

对于三维图形，我们可以研究其体积、表面积、中心、对称性和投影等性质。

例如，
对于一个正方体，可以通过计算其对角线长来求出其体积，而对于一个圆锥，可以通过分
解法来求出其表面积和体积。

另外，对于三维图形的投影还有很多研究，特别是在建筑、
美术等领域有很大的应用。

总之，解析几何和立体几何是数学中两个重要的分支，它们给予了我们在几何建模、
计算机图形学、机器人学等领域的很多帮助。

无论是建筑师、工程师还是计算机科学家，
都需要掌握一定的解析几何和立体几何知识。

立体几何在我们生活中的应用立体几何作为一门应用数学，在我们的生活中扮演着极为重要的角色。

它涵盖了许多领域，以及在许多日常活动中都有着重要的应用。

在本文中，我们将详细介绍立体几何的应用，并探讨它在日常生活中的意义。

1.建筑物设计建筑物设计是立体几何的一个主要应用领域。

在建筑物设计过程中，立体几何是必不可少的。

建筑师使用立体几何来计算各种几何形状，例如房间和建筑物本身的实体几何形状。

在现代建筑领域，计算机辅助设计（CAD）软件的广泛使用让立体几何技术变得更加深入人心。

基于CAD软件的三维实体建模可以帮助建筑师更好地理解建筑物的形状、空间、重量和质量，从而帮助他们设计出更加复杂的建筑物。

2.电影和游戏开发电影和游戏开发领域是立体几何的另一个重要应用领域。

在动画和游戏的制作过程中，立体几何技术是必须的。

通过对物件的建模和光线追踪技术的综合应用，制作团队能够更加准确地模拟现实世界中的物理情况。

例如，利用立体几何的技术，制作出了“指环王”这样的电影中的精彩的魔法风景，同时在电影配音录制中，在增加立体效果的同时，也能够让音效立体化。

立体几何技术也被广泛用于各种视频和游戏界面设计和开发。

3.雕塑在雕塑领域，立体几何技术也扮演着重要的角色。

历史上，传统的雕塑是基于手工制作的。

但是，现代技术的进步促进了前所未有的处理精确度。

三维打印机、数控加工设备，使立体几何在雕塑领域的应用得到进一步的应用。

研究者借助立体几何的技术，利用计算机软件进行三维图形生成，可以直接生成各类立体形状，减少了传统雕塑的时间周期和成本开支，同时也大大提高了制作的精度。

4.医学领域在医学领域中，立体几何技术也得以广泛应用。

三维医学成像技术就是其中的代表。

通过一系列影像处理设备，结合立体几何算法，可以从医学影像数据中重建出患者的三维模型，此方法应用于医学图像处理中，得以在手术导航、实现三维打印肿瘤模型等方面大有可为。

对于肿瘤诊断，立体几何技术也起到了重要作用。

立体几何的意义及价值立体几何是几何学中的一个重要分支，它研究的是空间中的各种几何体及其性质。

立体几何作为一门纯粹的数学学科，具有很高的抽象性和理论性，但它的意义和价值却不仅仅局限于学术领域，还涉及到生活、科学、工程等多个领域。

立体几何具有很强的几何直观。

通过学习立体几何，人们可以更好地理解空间中的形状、位置和相互关系。

立体几何通过几何体的投影、截面、旋转等方法，帮助我们形成直观的认识，提高我们对空间的感知能力。

无论是在平面布局、建筑设计还是在日常生活中，立体几何的知识都能够让人们更加准确地把握事物的形态和空间位置，从而更好地解决问题。

立体几何为科学研究提供了重要的数学工具。

在物理、化学、天文学等自然科学领域，立体几何的概念和方法被广泛应用。

例如，在晶体学中，通过研究晶体的几何结构，可以揭示物质的性质和相互作用规律；在分子生物学中，通过研究蛋白质和核酸的立体结构，可以理解它们的功能和相互作用方式。

立体几何为科学家提供了一种准确描述和分析物体形态的数学语言，促进了科学研究的深入发展。

立体几何在工程和技术领域也具有重要意义。

在建筑设计、机械制造、航空航天等领域，立体几何的知识和方法被广泛应用。

例如，在建筑设计中，通过研究建筑物的立体结构和空间布局，可以提高建筑物的功能性和美观性；在机械制造中，通过研究零件的几何形状和装配方式，可以提高制造的精度和效率。

立体几何为工程师和技术人员提供了一种分析和解决实际问题的有效工具，促进了技术的发展和应用。

立体几何还具有培养人们逻辑思维和创造力的作用。

学习立体几何需要进行抽象思维、逻辑推理和创造性思考，培养了人们的思维能力和创新能力。

通过解决立体几何问题，人们锻炼了自己的逻辑思维和推理能力，培养了解决问题的能力和方法。

立体几何的学习过程不仅是一种知识的积累，更是一种思维的训练和能力的培养。

立体几何具有丰富的意义和价值。

它不仅能够提高人们对空间的感知能力，指导科学研究，促进工程技术的发展，还能够培养人们的逻辑思维和创造力。